安徽省池州市第一中学2024届高三上学期“七省联考”数学模拟练习（2）（Word版附解析）

这是一份安徽省池州市第一中学2024届高三上学期“七省联考”数学模拟练习（2）（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
适用地区：安徽、广西、贵州、甘肃、江西、吉林、黑龙江，及其他已实行新高考地区.
一、单选题：本题共8小题，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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解集合A中的不等式和集合B中函数的定义域，得到集合A、B，由集合的运算和集合间的关系验证各选项．
【详解】不等式解得，函数有意义，则，
∵，，
∴或，，
对于A，不正确；
对于B，不正确；
对于C，，正确；
对于D，，不正确
故选：C．
2. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由奇函数性质得，再代入解析式求解即可.
【详解】解：因为函数是定义在上的奇函数，，
所以，
由于当时，，
所以，解得
故选：D.
3. “基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（ ）
A. 120种B. 180种C. 240种D. 300种
【答案】C
【解析】
【分析】按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
共有种方法.
故选：C
4. 记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A. 120B. 85C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
5. 如图，在长方形中，，，从上的一点发出的一束光沿着与夹角为的方向射到上的点后，依次反射到、上的、点，最后回到点，则等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记，设，由几何关系用逐个三角形推出，再由中，，最终求出结果.
【详解】记，根据对称性得到，，
设，，
在中，，，
在中，，，
在中，，
，
在中，，
，，得．
故选：C

6. 函数在处有极值为10，则a的值为（ ）
A. 3B. -4C. -3D. -4或3
【答案】B
【解析】
【分析】首先对求导，然后由题设在时有极值10可得解之即可求出和的值．
【详解】解：对函数求导得，
又在时有极值10，
，
解得或，
当，时，,
故在无极值，故
故选：B．
【点睛】本题掌握函数极值存在的条件，考查利用函数的极值存在的条件求参数的能力，属于基础题．
7. 已知函数，若存在实数当时，满足则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦函数的性质可知，，，，所以，令，利用导数得到函数的单调性和极值，求出在时的值域，从而得到的取值范围．
【详解】由正弦函数的性质可知，，，，
，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又当时，，且，
，
，
的取值范围为，
故选：D．
8. 如图，椭圆的左焦点为，右顶点为A，点Q在y轴上，点P在椭圆上，且满足轴，四边形是等腰梯形，直线与y轴交于点，则椭圆的离心率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】做轴于点，得到点的纵坐标，从而得到，然后根据，列出方程，即可得到结果.
【详解】
由题意，做轴于点，
因为四边形是等腰梯形，则，
则点的横坐标为，代入椭圆方程，
可得，即，
因为，则，
由，则，
化简可得，，同时除可得，
即，
对于
当时，，当时，，
在时，方程有根，
且，故应舍，所以.
故选:D
【点睛】解答本题的关键在于得到点的纵坐标，然后根据三角形相似列出方程，得到的关系式.
二、多选题：本题共4小题，每小题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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 若复数，，其中是虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若是纯虚数，那么
D. 若，在复平面内对应的向量分别为，（O为坐标原点），则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可进行判断.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，∵，∴；
又，∴，B正确；
对于C，∵为纯虚数，∴，解得：，C正确；
对于D，由题意得：，，∴，
∴，D错误.
故选：BC
10. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D．
【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；
在圆周上，易得，．B正确；
，又中，，所以，
所以．C错；
时，把和摊平，如图，
的最小值是，此时，，，，
，D正确．
故选：BD．
11. 某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登录，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. D. 当时，越大，越小
【答案】ABC
【解析】
【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，利用全概率公式可判断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可判断B选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.
【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，
依题意，，，，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，
所以，，所以，，
又因为，则，
所以，数列是首项为，公比为等比数列，B对；
对于C选项，由B选项可知，，则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.
综上所述，对任意的，，C对；
对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
12. 已知点为抛物线的焦点，直线过点交抛物线于，两点，.设为坐标原点，，直线与轴分别交于两点，则以下选项正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则面积的最小值为
D. 四点共圆
【答案】ACD
【解析】
【分析】由抛物线焦半径公式可直接构造方程求得，知A正确；设，与抛物线方程联立可得，由向量数量积的坐标运算可知B错误；由可知C正确；表示出直线方程后，可求得点坐标，进而得到，知，同理可得，由此可知D正确.
【详解】
对于A，由抛物线焦半径公式得：，解得：，A正确；
对于B，由题意知：直线斜率存在，设，
由得：，；
由得：，则，
，B错误；
对于C，若，则，不妨设，
则（当且仅当时取等号），即面积的最小值为，C正确；
对于D，直线的斜率为，
直线的方程为，令得：，
点的横坐标为，即，
则直线的斜率，，，
同理可得：，四点共圆，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用的问题，本题D选项中，证明四点共圆的基本思路是能够通过说明两条直线斜率乘积为，得到两条直线互相垂直，进而得到四边形对角互补，得到四点共圆.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，，且与共线，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由向量垂直的条件求出，再得出，最后求出模长即可.
【详解】因为与共线，
所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
14. 筒车亦称为“水转筒车”，一种以流水为动力，取水灌田的工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有多年的历史如图，假设在水流量稳定的情况下，一个半径为米的筒车按逆时针方向做每分钟转一圈的匀速圆周运动，筒车的轴心距离水面的高度为米，设筒车上的某个盛水筒的初始位置为点（水面与筒车右侧的交点），从此处开始计时，分钟时，该盛水筒距水面距离为，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】由题意得，，，又时，，代入求值，得到，求出函数解析式，求出答案.
【详解】由题意得，又，故，
且，解得，
故，
当时，，即，，
又，解得，
故，
所以
.
故答案为：3
15. 已知圆：，若为直线：上的点，过点可作两条直线与圆分别切于点，，且为等边三角形，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】求出圆心和半径，由已知条件可得，利用圆心到直线：的距离，解不等式即可求解.
【详解】由可得，所以圆心，半径，
过点可作两条直线与圆分别切于点，，且为等边三角形，
所以，所以，
圆心到直线：的距离，
解得：，
故答案为：.
16. 如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，首先求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值.
【详解】设，由题意，，得，
将（※）代入（#），可得.
因为，所以，则，
，
当时，取得最大值.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且．
（1）求角A的大小；
（2）记的面积为S，若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理先将边角化统一，然后由余弦定理即可得到结果；
（2）根据题意可得，，然后得到，再由三角形的面积公式可得，最后结合基本不等式即可得到结果.
【小问1详解】
因为，即
由正弦定理可得，，化简可得，
且由余弦定理可得，，所以，
且，所以.
【小问2详解】
因为，则可得，
所以
且，
即，
当且仅当，即时，等号成立.
所以
18. 已知数列满足，
（1）判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
（2）若数列的前10项和为361，记，数列的前n项和为，求证：.
【答案】（1）是，证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意求出数列的递推关系式，再由等比数列的定义可证;
（2）由条件，得，再由函数在上单调递增，，求出，从而，而利用可得证.
【小问1详解】
数列成等比数列.
根据
得；
，，，
即数列成等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，，，
故
由，得.
显然，，单调递增，且，
故，，.
，，,
当时，,
综上，知.
【点睛】本题的关键是的适当放缩，从而利用裂项相消法求前项的和.
19. 如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面.

（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为2，求点到直线的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，有为平行四边形，根据题设可得，即，再由线面垂直的性质可得，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关点坐标，进而求平面、平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，即可求出点到直线的距离.
【小问1详解】
过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又为弧的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，由底面，平面，则，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面
【小问2详解】
由题意，构建如下图示空间直角坐标系，
令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以，
整理可得，则，又，
由题设可知，此时点，，，
则，，
所以点到直线的距离.
.
20. 第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
（1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
（2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
【答案】（1）分布列见解析；期望为
（2）①证明见解析 ；②
【解析】
【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
【小问1详解】
方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：
方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：
所以的期望．
【小问2详解】
①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
21. 已知双曲线C：的离心率为，过点的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．
（1）若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；
（2）若A，B为双曲线左右顶点，且，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由
【答案】（1）1 （2）是在定直线上，定直线
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程组得到，设，，，利用点差法即可求解；
（2）根据（1）的结论得出，，设直线l：，，设，，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线与直线的方程得出，进而得证.
【小问1详解】
由题意得，所以，
设，，，
则，
作差得，
又MN的斜率，，
所以.
【小问2详解】
∵，∴，，，
直线l：，，
设，，
联立得，
所以，所以，
设直线AN：，BM：，
所以，
所以．故存在定直线，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．
22. 已知，（n为正整数，）．
（1）当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对进行二次求导，根据二阶导数的单调性，确定一阶导数的正负，从而判断原函数的单调性，结合零点存在定理，即可求证.
（2）根据题意，只需证即可，结合结合同构函数，即可容易证明.
【小问1详解】
当时，
记，则
所以在区间上单调递增
而，
所以存在，使得，即
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又，，
所以在上没有零点，在上有一个零点，
综上所述，函数在内只有一个零点.
【小问2详解】
当时，，
要证，
即证，
令，则，
所以在单调递减，，即，
要证只需证，
令，则，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，即，
∴，即，
所以成立，
∴原命题得证.0
1
2
3
0
1
2
3