精品解析：安徽省黄山市屯溪第一中学2024届高三第二次模拟考试数学试题（实验班用）

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2024届高三第二次模拟考试
一、选择题：本大题共8题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，集合，则＝（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合A,B，然后进行交集、补集的运算即可.
【详解】因为集合，集合，
所以，.
故选：B.
2. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简即可得出，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，复数的虚部是.
故选：D.
3. 若直线与之间的距离为，则a的值为（ ）
A. 4B. C. 4或D. 8或
【答案】C
【解析】
【分析】将直线化为，再根据两平行直线的距离公式列出方程，求解即可.
【详解】将直线化为，
则直线与直线之间的距离，
根据题意可得：，即，解得或，
所以a的值为或.
故选：C
4. 如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东方向上的点D处，在A点测得塔顶C的仰角为，在A的正东方向且距D点30m的B点测得塔底位于西偏北方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（，）（ ）

A. 17.32mB. 14.14mC. 10.98mD. 6.21m
【答案】B
【解析】
【分析】在中，根据正弦定理可求出.在中，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，在中，有，，，
根据正弦定理可得，
.
在中，有，，
，所以(m).
故选：B
5. 如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接交于点，连接，根据线面平行得性质证明，再根据可得，进而可得出答案.
【详解】连接交于点，连接，则平面即为平面，

因为，平面，平面，所以，
因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，
所以，，
所以且，所以，
又，所以，所以.
故选：B.
6. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令为数列的前项和，则（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得的边长，进而可得周长及，进而可得，可得解.
【详解】由，
可得，，，，
所以，
所以，
所以前项和，
所以，
故选：C
7. 已知函数，分别与直线交于点，，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意，表示出两点坐标和，构造函数，利用导数研究单调区间和最值.
【详解】
由题意，， ，其中，且，
所以，令，，
则时，解得，
所以时，；时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
故选：B．
8. 已知点F为双曲线的右焦点，A，B两点在双曲线上，且关于原点对称，M、N分别为的中点，当时，直线AB的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A. 4B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】记双曲线的左焦点为，由此可得四边形为平行四边形，由条件证明四边形为矩形，由此可得四边形为矩形，再求，结合双曲线定义求离心率.
【详解】记双曲线的左焦点为，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
因为M、N分别为的中点，点为线段的中点，
所以，又，
所以四边形为矩形，故，
所以四边形为矩形，故为直角三角形，斜边为，
所以，
因为直线AB的斜率为，
所以，所以，，
由双曲线定义可得，
所以曲线的离心率.
故选：C.

二、选择题：本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（ ）

A. B.
C. 多面体的外接球的表面积为D. 点P与点E旋转运动的轨迹长之比为
【答案】AD
【解析】
【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积可判断C；由题意转动的半径长为，转动的半径长为可判断D.
【详解】取的中点为，连接，
由，所以，
又，平面，所以平面，
将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，
所以平面，所以，故A正确；
因为平面，所以，故B不正确；

因为A，B，C，D四点共面，，
可得：，，
所以平面，
所以平面，同理平面，由已知为正方形，
所以可将多面体放入边长为的正方体，

则多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，
表面积为，选项C不正确；
由题意转动的半径长为，转动的半径长为，
所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为，故D正确.
故选：AD.
10. 在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数．初始感染者传染个人为第一轮传染，第一轮被传染的个人每人再传染个人为第二轮传染，…．假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天，初始感染者为1人，则（ ）
A. 第三轮被传染人数为16人B. 前三轮被传染人数累计为80人
C. 每一轮被传染的人数组成一个等比数列D. 被传染人数累计达到1000人大约需要35天
【答案】CD
【解析】
【分析】根据已知条件，可转化为等比数列问题，结合等比数列前项和公式，即可求解．
【详解】由题意，设第轮感染的人数为，则数列是首项，公比的等比数列，故C正确；
所以，当时，，故A错误；
前三轮被传染人数累计为，故B错误；
当时，，当时，由，故D正确.
故选：CD
11. 已知定义在R上的函数的图象连续不间断，若存在非零常数t，使得对任意的实数x恒成立，则称函数具有性质，则（ ）
A. 函数具有性质
B. 若函数具有性质，则
C. 若具有性质，则
D. 若函数具有性质，且，则，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据性质的定义直接验证即可判断A；利用性质迭代即可判断B；
取验证性质即可判断C；根据性质迭代可得，再结合即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
若函数具有性质，则，即
所以，故B正确；
若，取，
易知恒成立，所以C错误；
若函数具有性质，则，即
所以
所以
又，所以，D正确.
故选：ABD
12. 点是直线上的一个动点，，是圆上的两点．则（ ）
A. 存在，，，使得
B. 若，均与圆相切，则弦长的最小值为
C. 若，均与圆相切，则直线经过一个定点
D. 若存在，，使得，则点的横坐标的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据几何知识得到当直线，与圆相切且最小时最大，然后求的最大值即可判断A选项；利用等面积的思路得到，然后求的最小值即可得到弦长的最小值，即可判断B选项；根据圆的定义得到，是以为直径的圆上的两点又是圆上的两点，然后让两圆的方程相减得到直线的方程即可得到直线过定点，即可判断C选项；根据存在，，使得得到，然后求时点的横坐标，即可得到点的横坐标的取值范围，即可判断D选项.
【详解】
由图可知，当直线，与圆相切且点在轴上时最大，
此时，，，，
所以最大时是锐角，故A错；
，所以，
则当最小时，弦长最小，，所以，故B正确；
设点，，是以为直径的圆上的两点，圆的方程为，
即①，又，是圆②上的两点，
所以直线的方程为②-①：，过定点，故C正确；
若存在，，使得，则，
当直线，与圆相切时，最大，对应的余弦值最小，
当直线，与圆相切，且时，，，
因为，所以，则，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角的三角函数关系求得，利用两角和的正弦公式求得，再用正弦定理即可求得答案.
【详解】在中，，则，
故，
故由正弦定理得,
故答案为：
14. 南海中学环保小组共有6名成员，该环保小组计划前往佛山市4个不同的景区开展环保活动，要求每个景区至少有1人，且每个人只能去一个景区，则不同的分配方案有__________.
【答案】1560
【解析】
【分析】将6名成员分4组，考虑每组的人数情况有1，1，1，3和1，1，2，2两种分组方法，再将4组成员分配到4个不同的景区开展环保活动，根据分步乘法计数原理可得答案．
【详解】第一步：将6名成员分成4组，按照1，1，1，3的方式来分，有种分配方案；按照1，1，2，2的方式来分，有种分配方案；
第二步：将4组成员分配到4个不同的景区开展环保活动，共有种分配方案，
故符合要求的分配方案有种．
故答案为：1560．
15. 已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为__________．（结果用表示）．
【答案】##
【解析】
【分析】由可设，结合双曲线的定义可得点的轨迹，再根据内心的向量性质可得为的内心，进而根据双曲线焦点三角形内心的性质求解即可.
【详解】由，可设，由，
得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.
因为是的角平分线，且
故也为的角平分线，为的内心.
如图，设，，
则由双曲线与内切圆的性质可得，，
又，所以，，在上的投影长为，
则在上的投影向量为．
故答案为：
16. 对于数列，记，，，则称是的“下界数列”，令，是的下界数列，则_____________；
（参考公式：）
【答案】
【解析】
【分析】首先分析的单调性，结合所给“下界数列”的定义求出的通项公式，再分和两种情况讨论，利用分组求和法计算可得.
【详解】因为，所以，
所以当时单调递增，当时单调递减，且，
又，所以当时，
当时，
当时，
即，所以，
所以当时
，
当时
，
所以.
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程.
17. 若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数依次成调和数列，则称是和的调和中项.
（1）求和的调和中项；
（2）已知调和数列，，，求的通项公式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到、、成等差数列，从而得到方程，求出，得到答案；
（2）根据题意得到是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出，得到的通项公式.
【小问1详解】
设和的调和中项为，依题意得：、、成等差数列，
所以，解得：，
故和的调和中项为；
【小问2详解】
依题意，是等差数列，设其公差为，
则，
所以，
故.
18. ，，，
（1）若，求的值；
（2）若函数的最小正周期为
①求的值；
②当时，对任意，不等式恒成立，求的取值范围
【答案】（1）
（2）①；②见解析
【解析】
【分析】（1）首先代入向量数量积的坐标公式，利用三角恒等变形，化简函数，并代入求值；
（2）首先根据周期公式求，并利用三角函数的性质求的最大值，最后转化为二次函数恒成立问题，即可求解.
【小问1详解】
依题意，
，
当时，，
【小问2详解】
①由（1）知，
最小正周期，得，
②当时， ，当时，
，当，即时，的最大值为2，
不等式恒成立，即恒成立，
整理为，恒成立，
当时，恒成立，
当时，，得，
综上可得，，
当时， ，当时，
，当，即时，的最大值为0
不等式恒成立，即恒成立，
整理为，恒成立，
当时，恒成立，
当时，，得，
综上可得，，
综上可知，当时，，当时，.
19. 如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
（1）求证：平面；
（2）若二面角，求与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.
（2）利用二面角平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.
【小问2详解】
取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
20. 现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失，设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞间相互独立.设有一个初始的细胞，在第一个周期中开始分裂，其中.
（1）设结束后，细胞的数量为，求的分布列和数学期望；
（2）设结束后，细胞数量为的概率为 .
（i）求；
（ii）证明：.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望；
（2）（i）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，即可求解；
（ii）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，求出，再利用导数法确定函数的单调性，从而确定最值，即可得证.
【小问1详解】
个结束后，的取值可能为,其中,
，
，，
所以分布列为
.
【小问2详解】
（i）表示分裂结束后共有个细胞的概率，则必在某一个周期结束后分裂成个细胞. 不妨设在第时分裂为个细胞，之后一直有 个细胞，
此事件概率，
所以
.
（ii）代表分裂后有个细胞的概率，设细胞在后分裂为个新的细胞，这两个细胞在剩下的中，其中一个分裂为个细胞，一个保持一直分裂为个细胞，此事件的概率
，
得，
，
其中，.
令,，
记，,令，得.
当,,递增；
当，,递减.
故，
也就是.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是求解时，利用等比数列的知识求解；二是求解的最值时，根据解析式的特点，利用导数来求解.
21. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，直线与椭圆C交于A，B两点，且的周长最大值为8．

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线与的斜率之积为（O为坐标原点），D为射线上一点，且，线段与椭圆C交于点E，，求四边形的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，当过右焦点时，的周长取最大值，求得，通过离心率可求得，即可求得标准方程；
（2）设，由题目条件可得，由可得四边形面积为，当直线PQ斜率为0时，易得；当直线斜率不为0时，将直线PQ方程与椭圆方程联立后，利用韦达定理，结合，可得，后可得，即可求解
【小问1详解】
设与轴的交点为，

由题意可知，
则，
当过右焦点时，的周长取最大值，所以，
因为椭圆的离心率为，所以，
所以椭圆C的标准方程
【小问2详解】
设，因P，Q均在椭圆上，则.
又，则.
由可得，
则四边形面积为.
当直线PQ斜率为0时，易知，又，则.
根据对称性不妨取，，由得，

则，得此时；
当直线斜率不为0时，设的方程为，将直线方程与椭圆方程联立有：
，消去x得：.
，
由韦达定理，有.
所以
，，
代入可得，解得，
，
又原点到直线PQ距离为，则此时.
综上可得，，四边形面积为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若方程有两个不相等的实数根，，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）变形得到，设，，则，求导得到其单调性，得到，从而解不等式，求出答案；
（2）换元后化为，构造，求导后得到其单调性，只需证明，变形得到，令，，，则只需证即可，求导得到单调性，证明出结论.
【小问1详解】
由，得.
所以，所以.
因为，所以.又因为，
所以可设，，则.
当时，，可得函数在上单调递增，
所以，即.
故不等式的解集为.
【小问2详解】
等价于，
令，其中，则，显然.所以.
令，则，
所以在，上单调递减，在上单调递增.
所以极小值为.
因为方程有两个不相等的实数根，，
所以关于t的方程有两个不相等的实数根，，且，.
要证，即证，
即证，只需证.
因为，所以，
整理可得.
不妨设，则只需证，
即证.
令，，，则只需证即可.
因为，所以在上单调递增.
所以.
故.
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.