2024年天一名校高考数学经典模拟试卷五

这是一份2024年天一名校高考数学经典模拟试卷五，共24页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．[2024春·高一·辽宁抚顺·月考校考]现有一箱中装有6个红球和4个白球,从中随机取出三个球,则取出的三个球中至少有一个红球的概率( )
A.B.C.D.
1．答案：A
解析：因是随机取球,每个球被取到的可能性相同,故这是古典概型.从中随机取出三个球的方法总数为种,
而“取出的三个球中至少有一个红球”的对立事件是“取出的三个球中全是白球”,其取法有种,
故“取出的三个球中至少有一个红球”的概率为.
故选:A.
2．[2024春·高一·湖南衡阳·月考校考]若向量，，若与所成角为锐角，则n的取值范围是（）
A.B.且
C.D.且
2．答案：B
解析：由题得，.
因为与所成角为锐角，所以，.
综合得且.
故选：B
3．[2024届·河北·模拟考试]高斯是德国数学家､天文学家和物理学家,被誉为历史上伟大的数学家之一,和阿基米德､牛顿并列,同享盛名.用他名字命名的高斯函数也称取整函数,记作,是指不超过实数x的最大整数,例如,该函数被广泛应用于数论､函数绘图和计算机领域.若函数,则当时,的值域为( )
A.B.C.D.
3．答案：C
解析：由,得,解得,
则的定义域为,当时,令,
函数在上单调递增,在上单调递减,
又在上单调递增,所以在上单调递增,
在上单调递减,所以的值域为,所以的值域为.
故选：C.
4．[2024春·高一·湖北宜昌·月考校考]已知，是函数在上的两个零点，则( )
A.B.C.D.
4．答案：A
解析：，，,
关于对称，，
.故选：A.
5．[2024届·江西吉安·一模校考]如图，在棱长为的正方体中，点E，F在线段BD上，点H，G分别在线段AD，AB上，且，，，动点P在平面内.若PH，PG与平面所成的角相等，则BP的最小值是( )
A.B.C.5D.
5．答案：B
解析：，且，.
又，且，平面.
，平面.
PH，PG与平面所成角分别为，，则.
，，且，.
又，，
在平面中，以EF为x轴，其垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
则，，.
设，
由，可得，整理得，
点P在圆心为，半径长为的圆上，
此时BP的最小值是.
故选：B.
6．[2024届·陕西宝鸡·二模]记为等差数列的前n项和，若，，且，则数列中最大的负数为( )
A.B.C.D.
6．答案：C
解析：设等差数列的公差为d，
因为，，且，
所以，，，
所以为递增等差数列，则，
所以，，
，显然均为负数，
又，所以，
所以数列中最大的负数为.
故选：C.
7．已知椭圆的左､左焦点分别为,,以为圆心的圆交y轴正半轴于点D,交x轴于,N两点,线段与C交于点M.若的面积为（c为椭圆的半焦距）,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
7．答案：C
解析：如图所示,,
所以圆的方程为,令,则,
由图可知,令,则或,所以.
设点,因为的面积为,所以,解得
,又因为直线的方程为,
因为点M在直线上,所以令,得,所以,因为点M在椭圆C上,所以,即,所以,
化简得,所以,所以,
因为,所以,所以.
故选:C.
8．[2024届·重庆·模拟考试]定义，，对于任意实数，，则的值是( )
A.B.C.D.
8．答案：A
解析：设，则，，，
得，
设，则，
令，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，
得，，
所以，
得，即.
故选：A.
9．[2024春·高二·湖南常德·期中校考]已知集合,,则( )
A.B.
C.D.
9．答案：C
解析：,,
,
,
故选:C
10．[2024届·山东潍坊·二模]已知函数则图象上关于原点对称的点有( )
A.1对B.2对C.3对D.4对
10．答案：C
解析：作出的图象，再作出函数，关于原点对称的图象如图所示.
因为函数，关于原点对称的图象与，，图象有三个交点，故图象上关于原点对称的点有3对.
故选：C.
11．[2024春·高一·四川德阳·月考校考]下列四个函数中,以为最小正周期,且在区间上为减函数的是( )
A.B.
C.D.
11．答案：B
解析：对于A,的最小正周期是,不满足题意,
对于B,的最小正周期是,
当时,为减函数,满足题意,
对于C,的最小正周期是,不满足题意,
对于D,的最小正周期是,在区间上为增函数,不满足题意,
故选：B.
12．已知A,B,C为球O球面上的三个点,若,球O的表面积为,则三棱锥的体积为( )
A.B.C.D.
12．答案：C
解析：设球O的半径为R,则由球的表面积为,
所以,
设外接圆的半径为r,圆心为,
由,
所以为等边三角形,
所以,
所以点O到平面的距离为,
所以三棱锥的体积为：
,
故选：C.
13．[2024届·四川绵阳中学·模拟考试]三棱柱，底面边长和侧棱长都相等.，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
13．答案：D
解析：设，，，，
由题意，，，
，
，
又，
设异面直线与所成角为，则.
故选：D.
14．[2024届·山东潍坊·二模]已知P为抛物线上的一动点，过P作圆的切线，切点分别为A，B，则的最大值为( )
A.B.C.D.
14．答案：B
解析：因为，则求的最大值即求最大值，
由题得圆心坐标，半径，设，则在中，，易知，
则最大时，最小，
设，，且，
则，
即时，，此时取得最大值，，
结合得此时，则.
故选：B.
15．[2024春·高一·山西大同·期中校考]折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子某折扇如图所示。其平面为右图所示的扇形，其半径为3，，
点E，F分别在，上，且，则的取值范围是( )
A.B.C.D.
15．答案：D
解析：设，则，因为，
所以
，
又，所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：D
16．[2024春·高二·湖北·期中联考]已知数列的前n项和(p,q,r为常数),则“为递增的等差数列”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
16．答案：A
解析：设等差数列的公差为d,由等差数列的前n项和,类比表达式,有,,.
当为递增等差数列时,有;反之,当,时,此时可得;,,此时数列从第二项开始才为递增等差数列.
故选:A.
二、多项选择题
17．[2024届·广东韶关·模拟考试]已知复数,，则下列命题正确的是( )
A.若，则
B.若，则
C.若是非零复数，且，则
D.若是非零复数，则
17．答案：BC
解析：对于A项，若，，显然满足，但，故A项错误；
对于B项，设，则，，故而，故B项正确；
对于C项，由可得：，因是非零复数，故，即，故C项正确；
对于D项，当时，是非零复数，但，故D项错误.
故选：BC.
18．[2024届·河北保定·二模校考]已知，则( )
A.的最大值为B.的最小值为
C.的最大值为2D.的最小值为
18．答案：AC
解析：由，得，所以，当且仅当时取等号，A正确；由，得，所以，当且仅当时取等号，B错误；由，得，所以，当且仅当时取等号，C正确；由，得，所以，当且仅当时取等号，D错误.故选AC.
19．[2023秋·高二·内蒙古赤峰·期中校考]已知直线,和圆,下列说法正确的是( )
A.直线l恒过定点
B.圆C被x轴截得的弦长为
C.直线被圆截得的弦长存在最大值,且最大值为
D.直线被圆截得的弦长存在最小值,且最小值为
19．答案：ABD
解析：对于A,由,得,
联立,得,无论m为何值,直线l恒过定点,故A正确;
对于B,在中,令,得,所以圆C被x轴截得的弦长为,故B正确;
对于C,当直线l过圆心C时,直线被圆截得的弦长最大,最大值为圆C直径4,故C错误;
对于D,由于直线l恒过的定点,易知此点在圆内,设此定点为P,当直线l与直径垂直时,直线l被圆截得的弦长最小,且最小值为,故D正确.
故选:ABD
20．已知图1中,A,B,C,D是正方形各边的中点,分别沿着,,,把,,,向上折起,使得每个三角形所在的平面都与平面垂直,再顺次连接,得到一个如图2所示的多面体,则( )
A.是正三角形
B.平面平面
C.直线与平面所成角的正切值为
D.当时,多面体的体积为
20．答案：ACD
解析：分别取,的中点O,M,连结,,
在图1中,因为A,B,C,D是正方形各边的中点,
则,因为O为的中点,所以,
因为平面平面,平面平面,
所以平面,所以平面,
在图1中,设正方形的边长为,可得正方形的边长为,
在图1中,和均为等腰直角三角形,可得,
所以,故四边形是边长为的正方形,
因为O,M分别为,的中点,则且,,
所以四边形为矩形,所以,
以O为坐标原点,,,所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,
,,,
,,
对于选项A,由空间中两点间的距离公式可得,
所以是正三角形,故选项A正确;
对于选项B,设平面的法向量为,则由,
取,则,
,,
设平面的法向量为,则有,
取,则,
所以,所以平面与平面不垂直,故选项B错误;
对于选项C,,
设直线与平面所成的角为,则,
所以,故,故选项C正确;
对于选项D,以为底面,以OH为高将几何体补成长方体,
则E,F,G,H分别为,,,的中点,
因为,即,则,长方体的体积为,
,
因此多面体的体积为,
故选项D正确．
故选：ACD.
三、填空题
21．[2024春·高二·河北保定·期中联考]在一个抽奖游戏中,主持人从编号为1,2,3且外观相同的空箱子中随机选择一个,放入一件奖品,再将箱子关闭,也就是主持人知道奖品在哪个箱子里,当抽奖人选择了某个箱子后,在箱子打开之前,主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子,并问抽奖人是否愿意更改选择.现在已知甲选择了1号箱,若用表示i号箱有奖品,用表示主持人打开i号箱子,则______.
21．答案：
解析：奖品在1号箱里,主持人可打开2,3号箱,故;奖品在2号箱里,主持人打开3号箱的概率为1,故;奖品在3号箱里,主持人只能打开2号箱,故;由全概率公式可得:.,.
22．[2024届·河北张家口·模拟考试校考]在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,,,则______.
22．答案：
解析：,由正弦定理,得；
又,
由正弦定理,得,
将代入上式,化简整理得,
两边同除以,得,
解得或(舍).
故答案为:.
23．[2024届·广东韶关·模拟考试]在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若,，且是直角三角形，则三棱锥的体积为______.
23．答案：或或或
解析：如图，过P作面于O，过O作,,，
因为面，面，所以，又，面，
所以面，又面，所以，故为二面角的平面角，
由题知，，同理可得,，
当O在三角形内部时，由，即O为三角形的内心，
设，则，得到，所以，
三棱锥的体积为；
又因为，所以点C在以A,B为焦点的椭圆上，
如图，以所在直线为x轴，的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则,，
由题知，椭圆中的,,，所以椭圆的标准方程为，
设，因为是直角三角形，
当时，易知，此时，所以，得到，
当时，易知，此时，所以，得到，
又因为,，故以O为圆心，1为半径的圆与椭圆没有交点，即，
综上所述，；
同理，当O在三角形外部时，由，即O为三角形的旁心，
设，则，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为.
故答案为：或或或.
24．[2023春·高三·河南·开学考试联考]已知倾斜角为直线l与直线垂直,则___________.
24．答案：5
解析：直线的斜率为,
因为倾斜角为的直线l与直线垂直,所以解得,
所以,则.
故答案为:.
25．[2024届·四川凉山州·模拟考试]如图,在平行四边形中,E,F分别是AD,CD的中点,且,,,则平行四边形的面积为________________．
25．答案：
解析：在中,延长与的延长线交于O,连接,由E,F分别是AD,CD的中点,
得,则,
由,得F是中点,且,
,
,于是,
所以的面积.
故答案为：.
26．过x轴上点的直线与抛物线交于A，B两点，若为定值，则实数a的值为________.
26．答案：4
解析：设直线AB的方程为： QUOTE ?=??+? x=my+a，代入得，
设，，则，，
.
同理， QUOTE ??2=?2+1?22 BP2=m2+1y22，
QUOTE ∵1??2+1??2 ∵1AP2+1BP2为定值，是与m无关的常数，.
故选：D.
27．[2024春·高二·福州市第一中学·期中]已知实数a，b，c，d，满足，则的最小值为______．
27．答案：8
解析：因为实数a，b，c，d满足，所以，，，
所以，点在曲线上，点在曲线上，
的几何意义就是曲线到曲线上点的距离最小值的平方．
考查曲线上和直线平行切线，
对函数求导得，
令，解得，所以，切点为，
该切点到直线的距离就是所要求的两曲线间的最小距离，
故的最小值为．
故答案为：8.
四、解答题
28．[2024春·高二·黑龙江·期中联考]已知数列是单调递增的等比数列,数列是等差数列,且,,.
（1）求数列与数列的通项公式;
（2）求数列的前n项和.
28．答案：（1），，
（2）
解析：（1）设等比数列的公比为q，等差数列的公差为d，
由，得，
即，即，
解得或.
当时，，不满足单调递增，
当时，，满足单调递增，
故，所以.
又，所以，
所以，
即数列与数列的通项公式为，，
（2）利用等比数列前n项和公式可得，数列的前n项和为，
数列的前n项和为，
所以数列的前n项和，
即
29．[2024届·河南·模拟考试联考]在直四棱柱中,底面为矩形,,,O,E分别为底面的中心和CD的中点,连接OE,,,,.
（1）求证:平面平面;
（2）若,求平面与平面所成角的余弦值.
29．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）因为O,E分别为底面的中心和CD的中点,
所以,
因为平面ABCD,平面ABCD,所以,
又因为,,平面,所以平面,
因为平面,所以平面平面.
（2）以A为空间坐标原点,AB,AD,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
由已知得,,,,,,
所以,,
又,,
设平面与平面的法向量分别为,,
所以,解得,令,则,
故,
所以,解得,令,则,
故,
因为,所以,,
设平面与平面所成角的大小为,
所以.
30．[2024届·长沙市第一中学·模拟考试]已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在唯一的极值点，证明：．
30．答案：（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
解析：（1）因为，
当时，，此时在上恒成立，
所以在上单调递减；
当时，在上单调递减，所以在上有唯一零点，
当时，，在上单调递增，
当时在上单调递减；
当时，在上有零点，，
当和时，，所以在和上单调递减，
当时，，所以在上单调递增．
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意可知，
若存在唯一的极值点，
由（1）可知且．
因为，
要证，
只需证①．
因为，所以．
将代入①整理可得，只需证，．
令，，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即原不等式成立．