精品解析：安徽省合肥一六八中学（东校区）2024届高三下学期最后一卷（三模）数学试卷

2024届东区高三最后一卷 数学试卷 一、选择题：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，则 （ ） A. B. C. D. 2. 设是三个不同平面，且，则是的（ ） 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 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和为，首项，且满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点 是 上一点，点 满足，，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设，函数，若函数恰有5个零点，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 若是复数，则下列命题正确的是（ ） A. B. 若，则是实数 C. 若，则 D. 方程在复数集中有6个解 10. 在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段， 的中点，点N在线段上，且，则（ ） A. 平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形 B. 平面平面 C. 存在 ，使得平面平面 D. 当时，平面EMN截正方体得到的截面多边形的面积为 11. 已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 北京时间2024年4月26日5时04分，神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏3人）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，叶光富不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有__________． 13. 已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是______． 14. 已知曲线 的方程为，过作直线与曲线 分别交于两点．过作曲线 的切线，设切线的交点为．则的最小值为______． 四、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. 如图，某人开车在山脚下水平公路上自 向 行驶，在 处测得山顶 处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达 处，此时测得仰角，且. （1）求此山的高的值； （2）求该车从 到 行驶过程中观测 点的仰角正切值的最大值． 16. 如图一：等腰直角 中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 （1）求证：． （2）求直线与平面所成角 的正弦值． 17. 在2024年高考前夕，合肥一六八中学东校区为了舒展年级学子身心，缓解学子压力，在一周内（周一到周五）举行了别开生面“舞动青春，梦想飞扬”的竞技活动，每天活动共计有两场，第一场获胜得3分，第二场获胜得2分，无论哪一场失败均得1分，某同学周一到周五每天都参加了两场的竞技活动，已知该同学第一场和第二场竞技获胜的概率分别为、，且各场比赛互不影响． （1）若，记该同学一天中参加此竞技活动的得分为 ，求 的分布列和数学期望； （2）设该同学在一周5天的竞技活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为，试求当 取何值时，取得最大值． 18. 已知动点 与定点的距离和 到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点 的轨迹为曲线 ． （1）求 的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线 上两动点均在 轴上方，，且 与 相交于点 ．当时， （ⅰ）求证：为定值 （ⅱ）求动点 的轨迹方程． 19. 把满足任意总有的函数称为和弦型函数. （1）已知为和弦型函数且，求的值； （2）在（1）的条件下，定义数列：，求的值； （3）若为和弦型函数且对任意非零实数 ，总有．设有理数满足，判断与的大小关系，并给出证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届东区高三最后一卷 数学试卷 一、选择题：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，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解. 【详解】， ， 所以. 故选：B. 2. 设是三个不同平面，且，则是的（ ） 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 【答案】A 【解析】 【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断. 【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：， 所以是的充分条件； 但当，，并不能推出，也有可能 相交， 所以是的不必要条件； 故选:A. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数奇偶性、在上的单调性、函数值的正负情况依次判断和排除ABC，即可得解. 【详解】由题定义域为关于原点对称，且， 故是奇函数，故A错； 当时，， 又是增函数，在上是增函数， 故在上是增函数，故BC错； 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦函数的单调性可得，利用导数可证不等式成立，故可判断，故可得三者大小关系. 【详解】， 设 ，则， 故在上为减函数，故即， 所以，故， 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由辅助角公式得，再利用诱导公式和余弦二倍角公式即可求解. 【详解】由得，即， 所以， 故选：D 6. 已知数列的前项和为，首项，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助与的关系并化简可得，结合，逐项代入计算即可得解. 【详解】由可得， 所以可得， . 故选：D 7. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点 是 上一点，点 满足，，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意，过点作，交 的延长线于点 ，由双曲线的定义结合余弦定理代入计算，再由离心率的计算公式，即可得到结果. 【分析】 由，得，． 因为，所以点 在线段上，且． 如图，过点作，交 的延长线于点 ，则， 所以，所以． 设，则，所以． 由双曲线的定义可知，所以， 则．设，则． 在中，由余弦定理，得， 即，所以， 则（负值已舍去）． 故选：B． 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于结合双曲线的定义以及余弦定理代入计算. 8. 设，函数，若函数恰有5个零点，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决. 【详解】设，当时，，此时， 由得，即，解得或 ， 所以在上有2个零点； 时，若，对称轴为，函数的大致图象如图： 此时，即，则， 所以无解，则无零点，无零点， 综上，此时只有两个零点，不符合题意， 若，此时的大致图象如下： 令，解得（舍去）， 显然在上存在唯一负解， 所以要使恰有5个零点， 需，即，解得 ， 所以． 故选：D 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法: 直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法: 先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决; （3）数形结合法: 先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 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. 若是复数，则下列命题正确的是（ ） A. B. 若，则是实数 C. 若，则 D. 方程在复数集中有6个解 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数运算对选项进行分析，从而确定正确选项. 【详解】对于A，由复数共轭的性质知，设， 则， 所以，选项A正确； 对于B，当时满足题设等式，但不一定为实数，故B错误； 对于C：， 整理得，故， 整理得，与不等价，故C错误； 对于D，可化为， 即，所以， 当时，，解得； 当 时，，解得或； 所以复数集中原方程有6个解，选项D正确； 故选：AD 10. 在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段，的中点，点N在线段上，且，则（ ） A. 平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形 B. 平面平面 C. 存在 ，使得平面平面 D. 当时，平面EMN截正方体得到的截面多边形的面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，由面面平行的判定定理即可判断A，由面面垂直的判定定理即可判断BC，由条件求得的长，即可判断D. 【详解】 如图，连接，，，则， 由正方体的性质可得点E是侧面的中心，点M是正方体的中心， 所以连接EM并延长交侧面于点P，则点P是侧面的中心，且． 设平面EPN交于点F，交AD于点G，交BC于点H，连接NF，GH， 因为平面平面，所以，． 因为， 平面ABCD，所以平面ABCD， 又平面ABCD，所以，所以，易知， 所以，所以平面EMN截正方体得到的截面多边形NFGH是矩形，A正确； 因为点M是正方体的中心，所以，M，B三点共线，所以平面即为平面， 因为，，，AB，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面，即平面平面，B正确； 当时，点N与点重合，平面EMN即为平面， 由B选项可知平面平面，即平面平面EMN，C正确； 当时，，则， 又，， 所以截面多边形NFGH的面积为，D错误． 故选:ABC． 11. 已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由是偶函数可得是奇函数，，进而结合已知证明是周期函数，且周期为 即可判断A选项；对已知条件分别令 和得并联立方程即可判断B选项；根据，是周期函数求解即可判断C；根据，结合的周期性求解即可. 【详解】解：由是偶函数，则，两边求导得， 所以是奇函数，故． 对于A，由，得， 所以， 代入，得， 又因为是奇函数， 所以，， 即， 所以是周期函数，且周期为，故A正确； 对选项B，令 得，， 令得，，故，故B正确； 对于C：令，得， 因为是周期函数，且周期为 ， 所以， 因为，所以，故C错误； 对于D：由得， ， 由A选项知，令得，故， 因为是周期函数与奇函数，且周期为 ， 所以，即， 因为，所以 所以 故D错误． 故选：AB 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 北京时间2024年4月26日5时04分，神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏3人）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，叶光富不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有__________． 【答案】504 【解析】 【分析】本题考查排列中分类加法计数原理和分步乘法计数原理.根据题目要求，分两类进行讨论，第一类叶光富在最右侧，第二类叶光富不在最右侧.然后根据分类加法计数原理相加即可得到答案. 【详解】根据叶光富不站最左边，可以分为两种情况： 第一种情况：叶光富站在最右边，此时剩余的5人可以进行全排列，共有种排法. 第二种情况：叶光富不站在最右边，根据题目条件叶光富不站最左边，此时叶光富有4种站法.根据题目条件汤洪波不站在最右边，可知杨洪波只有4种站法.剩余的4人进行全排列,共有种排法， 由分类加法计数原理可知，总共有种排法． 故答案为：504 13. 已知函数在区间上只有一个零点和两个最大值点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先将化简为，再根据在区间上只有一个零点和两个最大值点，结合正弦型三角函数的处理办法求出的取值范围. 【详解】 ， 由，，得， 时，，最大时，也最大， 若在区间上只有一个零点和两个最大值点， 则只需，解得． 故答案为：. 14. 已知曲线 的方程为，过作直线与曲线 分别交于两点．过作曲线 的切线，设切线的交点为．则的最小值为______． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意，写出过两点的切线方程，根据其都过 ，进而求得 方程，结合其过点 ，求得，即为 的轨迹方程，再求目标式的最小值即可. 【详解】设两点坐标为， 故过 点的切线方程为：，又其过点，则； 同理，过 点的切线方程为：，又其过点，则； 由以及可得， 方程为：， 根据题意可得， 过点，则，即， 故动点 的轨迹方程为： ； 则，当且仅当取得等号. 下证：过抛物线上的一点的切线方程为：： 当时，，也即过原点作抛物线切线，显然其为，满足； 当时，对求导可得，即， 故过点的切线的斜率为， 则过点的切线方程为：，， 又，则切线方程为：； 综上所述：过抛物线上的一点的切线方程为：. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键，一是，能够准确写出过抛物线上一点的切线方程，在小题中可直接使用二级结论，从而加快解题速度；二是，根据题意，求出切点弦方程，进而求得 点的轨迹方程；属综合困难题. 四、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. 如图，某人开车在山脚下水平公路上自 向 行驶，在 处测得山顶 处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达 处，此时测得仰角，且. （1）求此山的高的值； （2）求该车从 到 行驶过程中观测 点的仰角正切值的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，由锐角三角函数表示出、，再在中利用余弦定理计算可得； （2）设 是线段 上一动点，连接，即可得到点 处观测 点的仰角为，且，求出 的最小值，即可得解. 【小问1详解】 设，在中，因为，所以， 同理，在中，， 在中，由余弦定理得， 由，所以，解得（负值已舍去），所以此山的高为； 【小问2详解】 由（1）得，设 是线段 上一动点，连接， 则在点 处观测 点的仰角为，且， 因为，，所以， 当 时， 最短，记最小值为，由， 即，解得，所以， 所以该车从 到 行驶过程中观测 点仰角正切值的最大值为． 16. 如图一：等腰直角 中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 （1）求证：． （2）求直线与平面所成角 的正弦值． 【答案】（1）证明：延长交于点过作于 ，过作于 ， 又四边形为等腰梯形，则，则， 又，所以，为的中点， 延长交于点，则，为的中点，则， 与重合于点 ，为三棱锥， 设 为 中点，等腰直角 中， 又 为的中点，为的中点，，∴， ，又平面平面， 又平面，. （2） 【解析】 【分析】（1）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得； （2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角； 思路二：等体积法求得 到平面的距离，再用几何法求得线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 为中点，， 又， 以 为坐标原点，为 轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 设平面的法向量为，则， 取 ，则，所以. 所以直线与平面所成角 的正弦值为. 方法二： 为中点，，， 又， 又，平面，∴平面， ，为等边三角形，设 到平面的距离为， ∴， . 所以直线与平面所成角 的正弦值为. 17. 在2024年高考前夕，合肥一六八中学东校区为了舒展年级学子身心，缓解学子压力，在一周内（周一到周五）举行了别开生面“舞动青春，梦想飞扬”的竞技活动，每天活动共计有两场，第一场获胜得3分，第二场获胜得2分，无论哪一场失败均得1分，某同学周一到周五每天都参加了两场的竞技活动，已知该同学第一场和第二场竞技获胜的概率分别为、，且各场比赛互不影响． （1）若，记该同学一天中参加此竞技活动的得分为 ，求 的分布列和数学期望； （2）设该同学在一周5天的竞技活动中，恰有3天每天得分不低于4分的概率为，试求当 取何值时，取得最大值． 【答案】（1）分布列： 2 3 4 5 数学期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到 可能的取值，求出对应的概率，进而得到分布列和期望； （2）先求出一天得分不低于4分的概率，再用二项分布的概率公式求出，利用导数即可求得取最值时 的值. 【小问1详解】 由题可知， 的可能取值为． 因为，所以， ， 故 的分布列为： 2 3 4 5 的数学期望. 【小问2详解】 设一天得分不低于4分为事件 ，则， 则， 则， 当时，；当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值． 18. 已知动点 与定点的距离和 到定直线的距离的比为常数，其中，且，记点 的轨迹为曲线 ． （1）求 的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线 上两动点均在 轴上方，，且 与 相交于点 ．当时， （ⅰ）求证：为定值 （ⅱ）求动点 的轨迹方程． 【答案】（1）得 的方程为， 当时，曲线 是焦点在 轴上的椭圆； 当时，曲线 是焦点在 轴上的双曲线． （2）（i）证明：当时，由（1）可知 的方程为， 设点，其中且， 因为，所以， 因此，三点共线， 且， 设直线的方程为，联立 的方程，得，， 则， 由（1）可知， 所以 （定值）. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且，.（ⅰ）由可知三点共线且，设直线的方程为，联立 的方程，利用韦达定理表示出，化简计算即可得证；（ⅱ）由椭圆的定义及平行线对应线段成比例性质可得，，化简结合（i）可得，从而可得点 的轨迹方程. 【小问1详解】 设点，由题意可知，即， 经化简，得 的方程为， 当时，曲线 是焦点在 轴上的椭圆； 当时，曲线 是焦点在 轴上的双曲线． 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）由椭圆定义，得， ， 解得， 同理可得， 所以 ． 所以，点 在以点为焦点长轴长为6的椭圆上，由于点均在 轴上方，所以动点 的轨迹方程为 【点睛】方法点睛: 求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关. （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19. 把满足任意总有的函数称为和弦型函数. （1）已知为和弦型函数且，求的值； （2）在（1）的条件下，定义数列：，求的值； （3）若为和弦型函数且对任意非零实数 ，总有．设有理数满足，判断与的大小关系，并给出证明． 【答案】（1）； （2） （3），证明：由题意得：函数定义域为 ，定义域关于原点对称，令为任意实数， 则，即是偶函数， 因为， 又因为当时，， 所以当时，有，所以， 为有理数，不妨设，令 为，分母的最小公倍数， 且均为自然数，且 ， 设，则， 令，则， 即，， 故数列单调递增，则， 又是偶函数，所以有. 【解析】 【分析】（1）利用所给定义，使用赋值法分别令、代入计算即可得解； （2）令代入计算可得，即可得其通项公式，结合对数运算与等差数列求和公式计算即可得解； （3）令，数列满足，从而只需证明数列为递增数列即可得证. 【小问1详解】 令，则，可得， 令，则，则； 【小问2详解】 令，则， ， 即，又，所以数列为以 为公比， 为首项的等比数列， 即，则 ； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：根据递推关系的特点，灵活应用特殊值法求函数值及函数关系，最后一问需根据有理数的性质：令，将问题转化为判断的增减性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $