四川省成都市2024届高三下学期模拟预测数学试卷(含答案)

这是一份四川省成都市2024届高三下学期模拟预测数学试卷(含答案)，共16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．若集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知复数,其中为虚数单位,则( )
A.B.C.D.1
3．杭州亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念,本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度.在某路段传递活动由甲、乙、丙、丁、戊5名火炬手分五棒完成.若第一棒火炬手只能从甲、乙、丙中产生,最后一棒火炬手只能从甲、乙中产生,则不同的传递方案种数为( )
A.18B.24C.36D.48
4．设函数则( )
A.-2B.-9C.-10D.-11
5．已知平面和平面的夹角为,,已知A,B两点在棱上,直线,分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于.已知,,则的长度为( )
A.B.C.D.或
6．若直线被圆截得的弦长为4,则的最小值是( )
A.9B.4C.D.
7．已知函数,其导函数为且,在区间上恰有4个不同的实数,使得对任意都满足,且对任意角在区间上均不是单调函数,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
8．若椭圆的焦点在y轴上,其离心率为,则椭圆C的短轴长为( )
A.2B.C.D.8
二、多项选择题
9．正方体的棱长为1,为侧面上的点,为侧面上的点,则下列判断正确的是( )
A.直线平面
B.若,则,且直线平面
C.若,则到直线的距离的最小值为
D.若,则与平面所成角正弦的最小值为
10．已知数列：1,1,2,1,3,5,1,4,7,10,…,其中第1项为1,接下来的2项为1,2,接下来的3项为1,3,5,再接下来的4项为1,4,7,10,依此类推,则( )
A.
B.
C.存在正整数m,使得,,成等比数列
D.有且仅有3个不同的正整数m,,使得
11．设抛物线的焦点为F,准线为,点A,B是抛物线E上不同的两点,且,则( )
A.B.以线段为直径的圆必与准线相切
C.线段的长为定值D.线段的中点到轴的距离为定值
三、填空题
12．已知,则_______________.
13．计算：________________.
14．用数学归纳法证“”的过程中,当到时,左边所增加的项为______________.
四、解答题
15．已知公差不为零的等差数列满足，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的值.
16．在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,且.
（1）求角A;
（2）延长AC到点D,使,且的面积为,求的值.
17．已知函数在点处的切线方程为．
（1）求实数k和m的值;
（2）求在上的最大值（其中e是自然对数的底数）．
18．如图,在四棱锥中,平面,为矩形,M,N分别是,的中点.
(1)证明：//平面.
(2)若,求平面与平面夹角的余弦值.
19．已知经过原点的直线l与圆相交于A,B两点.
(1)若,求l的斜率;
(2)已知存在x轴上的点,使直线,的斜率之和恒为0,求m的值.
参考答案
1．答案：C
解析：由题意得,与同解,解得或,
所以,进而得.
由可得,所以.
于是.
故选：C.
2．答案：C
解析：,
所以,
故选：C.
3．答案：B
解析：分两类：第一棒是丙有,
第一棒是甲、乙中一人有
因此共有方案种;
故选：B.
4．答案：B
解析：由解析式可得,
所以.
故选：B.
5．答案：D
解析：平面和平面的夹角为,则二面角的大小为或,
因为,,所以或,
由题可知,
,
故或,
或.
故选：D.
6．答案：B
解析：由题意得圆的标准方程为,
圆心为,半径.
直线被圆截得的弦长为4,
圆心在直线上,
,即,又,,
,
当且仅当,即,时等号成立,
的最小值是4.
故选：B.
7．答案：B
解析：因为,故,
故,而,故,
故,故.
由可得的图象关于点对称,
,即,其中.
当时,,
因函数在上的前5个零点依次为,
可得,解得,
又在上不是单调函数,,解得,
综上.
故选：B.
8．答案：B
解析：对于椭圆,由已知可得,,则,
椭圆C的离心率为,解得,则,
因此,椭圆C的短轴长为.
故选:B.
9．答案：AB
解析：对于A项,如图,连结,.
因为平面,平面,所以.
又,平面,平面,,
所以平面.
又平面,所以.
同理可得,.
又平面,平面,,
所以平面.故A项正确;
对于B项,由A项可知：平面.
又,平面,所以直线平面,故B项正确;
对于C,因为,所以P在以B为球心,为半径的球上.
又P为侧面上的点,所以P在球被平面截得的交线上.
因为平面,,,
所以,
所以P为以A点为圆心,为半径的圆上.
如图,,则,P到直线的距离的最小值为,故C项错误;
对于D项,以点D为坐标原点,分别以,,为x,y,z轴的正方向,
如图建立空间直角坐标系,则,,,,,
,.
因为,设,（）,
.
设是平面的一个法向量,则,即,
取,则,是平面的一个法向量.
则,
又,当时,有最小值1,
所以,,即,
所以与平面所成角正弦的最大值为,故D项错误.
故选：AB.
10．答案：ABD
解析：将数列分组,第一组：1;第二组：1,2;第三组：1,3,5;以此类推,
第n组：,
则每组数构成首项为1,公差为的等差数列,且项数为n.
A：由,知为数列的第六组数中的第5项,故A正确;
B：由,知为数列的第n组数中的第n项,
此时该组数据是以1为首项,为公差的等差数列,
所以,故B正确;
C：,,为数列中的连续3项：
①若,,为数列中第组的连续3项,当,,成等比数列时,
,,为常数列,不符合题意,所以,,成等差数列;
若,,为数列中第k组和第组的3项,
②当在第k组,,在第组,此时,,,不成等差和等比数列;
③当在第组,在第组,此时,,,不成等差和等比数列,
综上,,,不成等比数列,故C错误;
D：由选项C的分析知,当,,为情况①中的3项,设为第k组的,,项,
则,解得或,不符合题意;
当,,为情况②中的3项,则在第k组,,在第组,
此时,,,所以,
解得,又,所以k无解,不符合题意;
当,,为情况③中的3项,则,在第k组,在第组时,,
得,解得,符合题意.
即,分别为第十组的第9、第10项,即,,
有,故D正确.
故选：ABD.
11．答案：AD
解析：对于A中,由抛物线的准线为,可得,解得,
所以抛物线的焦点为 且,所以A正确;
对于B中,如图,当线段过焦点时,过作,
取的中点M作,可得,
此时以线段为直径的圆与准线相切,
因为直线不一定过抛物线的焦点,则不一定成立,故B错误.
对于C中,设,,
由抛物线得的定义得,所以,
当直线过原点时,设,则,此时,,可得,
当直线为0时,可得,不妨设,,可得,
所以的长不是定值,所以C错误;
对于D中,由,则线段的中点到轴的距离为,所以D正确.
故选：AD.
12．答案：2
解析：由,
所以.
故答案为：2
13．答案：0
解析：由题意.
故答案为：0.
14．答案：
解析：当时,等式为,
当时,等式为,
因此,从“”变到“”时,
左边应增加的项是
.
故答案为：.
15．答案：(1)；
(2)
解析：（1）设数列的公差为，
因为，所以，即，
又因为，，成等比数列，
所以，即，
因为，所以，
所以，，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以，
两式相减得
.
故.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由正弦定理,可化为
,
因为,即,
所以,
所以,
所以,
又因为,所以,所以,
因为,所以.
（2）因为,且的面积为,
所以的面积为,
所以,
因为,所以,
所以为等边三角形,所以,.
因为,所以.
在中,由余弦定理得,
所以.
在中,由正弦定理得
,
即,
所以.
17．答案：（1）,
（2）
解析：（1）因为
所以,
由题意可得,,
解得:,.
（2）由(1)可得,
所以,且,
易得,当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
又,,且,
即最大值为：.
18．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)证明：如图所示：
取的中点G,连接,.
因为M,G分别是,的中点,所以.
而平面,平面,故面,
因为N,G分别是,的中点,且为矩形,
所以,同理面,
因为,,平面,
所以平面平面.
因为平面,所以平面.
(2)由题意易知,,,两两垂直.
以C为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.
因为,所以,,,
设平面的一个法向量为,
因为,,
所以令,得.
取平面的一个法向量为,
因为,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．答案：(1)
(2).
解析：(1)由圆,知圆心坐标为,半径为2,
因为,所以点C到的距离为,
因为直线l经过原点,且由题意易知斜率必存在且不为0,
可设其方程为,
由点到直线的距离公式可得：,解得.
(2)当直线AB的斜率存在且不为0时,设,, ,
联立,
得,
所以,,,
由题意得,即,
因为,所以,
即,解得.
当直线AB斜率不存在时,,,此时,
当直线AB斜率为零时,,,显然,
综上.