2024届安徽省新高考预测数学模拟卷（一）

这是一份2024届安徽省新高考预测数学模拟卷（一），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题 qprwyu 等内容，欢迎下载使用。
一、选择题: 本题共 55270:uId:55270 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，则=（ ）
A．或B．或3
C．1或D．1或3
2.若，则等于（ ）.
A．B．C．D．
3．已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ）
A. 内含B. 相切C. 相交D. 外离
4．斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等.下图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为（ ）
B．C．D．
5.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，焦距为2c，直线与双曲线的一个交点M满足，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
6.已知，，且，均为锐角，则的值为
A．B．C．或D．
7．已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8．已知复数满足，（其中是虚数单位），则的最小值为（ ）
A. 2B. 6C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．若，，则
10．四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（ ）
A. 不存在点，使得B. 的最小值为
C. 四棱锥的外接球表面积为D. 点到直线的距离的最小值为
11．已知定义在上的函数满足：，都有，且，，当时，有，则（ ）
A. B. C. D.
三、填空题 qprwyu :fId: qprwyu ：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若的展开式中的系数为7，则实数=______.
13设F1，F2分别是椭圆C：1的左、右焦点，点M为椭圆C上一点且在第一象限，若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为 ．
14已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an+an+1＝2021﹣5n，则使Sn＜0时的n的最小值为 ．
解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（本题满分13分）已知中，，D为AB中点，.
(1)若，求AC的长度；
(2)若，求的值.
16.（本题满分15分）共享交通工具的出现极大地方便了人们的生活，也是当下一个很好的发展商机.某公司根据市场发展情况推出共享单车和共享电动车两种产品.市场调查发现，由于两种产品中共享电动车速度更快，故更受消费者欢迎，一般使用共享电动车的概率为，使用共享单车的概率为.该公司为了促进大家消费，使用共享电动车一次记2分，使用共享单车一次记1分.每个市民各次使用共享交通工具选择意愿相互独立，市民之间选择意愿也相互独立.
（1）从首次使用共享交通工具的市民中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）记某一市民已使用该公司共享交通工具的累计得分恰为分的概率为(比如：表示累计得分为1分的概率，表示累计得分为2分的概率，)，试探求与之间的关系，并求数列的通项公式.
17.（本题满分15分）在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，过的平面与线段，分别交于点，.
（1）求证：；
（2）若，是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
18.（本题满分17分）双曲线的光学性质如下：如图1，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点.我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图2，其方程为分别为其左、右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点和点反射后（在同一直线上），满足.

(1)当时，求双曲线的标准方程；
(2)过且斜率为2的直线与双曲线的两条渐近线交于两点，点是线段的中点，试探究是否为定值，若不是定值，说明理由，若是定值，求出定值.
19.（本题满分17分）已知函数.
(1)讨论的极值点个数；
(2)若有两个极值点，直线过点.
（i）证明：；
（ii）证明：.
1.因为集合，，且，所以或，
若，则，满足；
若，则或，
当时，，满足；
当时，集合A中元素不满足互异性，舍去，
故选：B.
2.因为，
所以，
所以，
故选：A
3.由题设，：，：，
∴，半径；，半径；，
∴，即两圆内含.
故选：A
4.由斐波那契数可知，从第3项起，每一个数都是前面两个数的和，
所以接下来的底面半径是5+8=13，对应的弧长是，
设圆锥的底面半径是，则，
解得：.
故选：C
5.由题意，直线过左焦点且倾斜角为60°，
∴，，∴，即
∴，∴，
双曲线定义有，∴离心率.
6解：，，且，均为锐角，，，
，
结合，求得，
故选：．
7因为，所以的外接圆半径为，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
设球心到平面距离为，
∵，
，
球半径，所以球面积.
故选：A
8设，（其中，是虚数单位），在复平面的对应点
则
即点的轨迹表示为焦点分别在，的椭圆，且该椭圆的长轴为直线，短轴为直线.长半轴长为，半焦距，短半轴长为.
因为
所以
设在复平面的对应点.
即点的轨迹表示为射线上的点.
若使得最小，则需取得最小值，即点为第一象限内的短轴端点，点为射线的端点时，最小.
故选：B
9.对于A中，当时，，所以A不正确；
对于B中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，即，所以B正确；
对于C中，由，
可得，所以C正确；
对于D中，，，可得，可得，
当且仅当时，即时，等号成立，即，所以D不正确.
10对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，
因为点为的中点，所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为为正方形，所以.
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A错误；
对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，
则的最小值为，直角斜边上高为，即，
直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确；
对于C：易知四棱锥的外接球直径为，
半径，表面积，所以C错误；
对于D：点到直线距离的最小值即为异面直线与的距离，
因为，且平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，
因为平面，所以,又,且,
故平面，平面，所以，因为，
且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，
即为的长，如图所示，
在中，，，可得，
所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确，
故选：BCD.
11令，则由，可得，所以，故A正确，
因为，，所以，可得，故B错误，
因为，所以，故C正确，
又因为当时，都有，且，
所以当时，，
因为 ；
又 进而，
因此，所以．故D正确，
故选：ACD
12根据二项展开式的通项公式可得：，
令，可得，，解得：，故答案为：
13解：椭圆C：1，a＝5，b＝4，c＝3，
∵M在椭圆上，∴|MF1|+|MF2|＝2a＝10，
∵M在第一象限，故|MF1|＞|MF2|，
∵△MF1F2为等腰三角形，则|MF1|＝|F1F2|＝2c＝6，
∴|MF2|＝4，
由余弦定理可得cs∠MF2F1，
过M作MA⊥x轴于A，则|AF2|＝|MF2|cs∠MF2F1，
∴|OA|，即M的横坐标为，|MA|＝4，
∴M的坐标为（，）．
故答案为：（，）．
14解：由an+an+1＝2021﹣5n，得an﹣1+an＝2021﹣5（n﹣1）＝2026﹣5n（n≥2），
当n＝2k时，Sn＝S2k＝a1+a2+•••+a2k﹣1+a2k＝2016+2006+••••+2021﹣5（2k﹣1）0，
解得，k＞404.2，
所以2k＞808.4，即此时满足条件的n＝809，
当n＝2k+1时，S2k+1＝a1+a2+•••+a2k﹣1+a2k+a2k+1＝a1+（a2+a3）+（a4+a5）+••••+（a2k+a2k+1）＝1+2011+2006+••••+（2021﹣10k）＝1+2016+2006+••••+2021﹣5（2k﹣1）＝10，
解得，k最小值404，此时n＝809．
故答案为：809．
15(1)2
(2)
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
，
，
在中，，
所以AC的长度为2.
（2）设BC＝x，则AC＝2x，在和中分别利用余弦定理得
，
解得（负根舍）.
因为，
所以，
在中，由正弦定理得，
即.
16（1）分布列答案见解析，数学期望：；（2），.
【解析】（1）由题意，从首次使用共享交通工具的市民中随机抽取3人，
则总得分为随机变量的可能取值为，
则，，
，，
所以的分布列为
所以数学期望.
（2）已调查过的累计得分恰为分的概率为，得不到分的情况只有先得分，
再得2分，概率为，其中.
因为，即，所以，
则是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以.
17（1）证明：因为，且为线段的中点，所以，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以.
又平面平面，平面，，
平面平面，
所以平面， 所以平面，
又平面，所以；
（2）存在，为棱上靠近点的三等分点;
因为，为线段的中点，所以，
又平面平面，所以平面.
如图，以为坐标原点，､､的方向为，，轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设，得，所以，
设平面的法向量为，则即
令，可得，
平面的一个法向量，
则；
解得或(舍去)，
故为棱上靠近点的三等分点.
18（1）解：如图所示：

延长与交于，
因为，
所以，
设，则，即，
，
故方程为；
（2）设，
则，
，
两渐近线所在直线方程为：，
设直线方程为，将渐近线两侧平方与直线联立，
则可得，则，
则，
故.
19（1）求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，分别求出函数的极值点的个数；
（2）（i）由（1）知，，不妨设，且，，依题意只需证明，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（ii）依题意可得，则只需证明，即证明，结合（i）的结论即可得证.
【详解】（1）因为定义域为，且，
当时，恒成立，
在上单调递增，极值点个数为；
当时，对于函数，，
所以恒成立，
所以在上单调递增，极值点个数为；
当时，由得，或，
由得，或；由得，.
所以单调递减区间为，单调递增区间为.
所以为极大值点，为极小值点，极值点个数为.
综上，当时，极值点个数为；当时，极值点个数为2.
（2）（i）由（1）知，，不妨设，
则，，
所以，
要证成立，
只需证明，
只需证明，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，
所以成立.
所以.
（ii）由得，
要证成立，
只需证明，
因为，
所以只需证明，
只需证明，
只需证明，即，
因为成立，所以成立.
3
4
5
6