湖南省新化县第二中学2024-2025学年高三上学期11月高考模拟数学试题

2024年新化县高考原创模拟命题竞赛 高考数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。 1.若集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2.设，则“”是“数列递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.在二项式的展开式中，第项为，则（ ） A.8 B.5 C.4 D.7 4.国际数学教育大会(ICME)是由国际数学教育委员会主办的国际数学界最重要的会议,每四年举办一次,至今共举办了十三届,第十四届国际数学教育大会于 2021年在上海举行, 华东师大向全世界发出了数学教育理论发展与实践经验分享的邀约,如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案,会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的. 其中已知,,为直角顶点,如果把图乙中的直角三角形继续作下去,则第12个三角形的面积为（ ） A. 6 B. C. 48 D. 5.越来越多的人喜欢参加户外极限运动, 据调查数据显示,两个地区分别有 的人参加户外极限运动,两个地区的总人口数的比为.若从这两个地区中任意选取一人, 则此人参加户外极限运动的概率为；若此人参加户外极限运动，则此人来自地区的概率为，那么（ ） A. B. C. D. 6.已知球的表面积为，一个正四面体的所有顶点都在球面上，另一个正四面体的所有棱都跟球相切，则为（ ） A. B. C. D. 7.已知椭圆的左右焦点分别, 焦距为.若以为圆心,b 为半径作圆,过椭圆上一点作此圆的一条切线,切点为,且的最小值不小于 .则椭圆离心率e的取值范围（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数,则方程有且只有2个实数根， 则实数a的取值范围为（ ） 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。求。全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知复数.以下选项正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. C. D.若.则的最大值为 10.如图，它是三角函数的部分 图像，已知为最高点，为最低点，且则（ ） A. B. 在区间中，与有2024个交点，则的最小值为， C. 将的图像沿轴向左平移，再保持图像上的纵坐标不变，而横坐标变为原来的 2倍得到新函数，则在上单调递减， D. 直线与相切. 11.已知正方体棱长为为中点,为中点,为中点, G在四边形内（包括边界）,平面,则( ) A. G 点始终满足 B. 的最小值为 C.为 D.若平面与正方体各个面所成的二面角分别为，则 三、填空题:本题共3小题,每小题5分，共15分。 12.已知则在上的投影向量是 . 13.已知函数是的R上的单调递增函数，则实数的取值范围是 14. 设为的展开式的各项系数之和，，（表示不超过实数的最大整数），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.(本小题满分13分)函数.已知为偶函数 (1) 求单调增区间.. (2) 设为锐角三角形.角A所对边, 角B所对的边.若.求的面积. 16. (本小题满分15分) 如 图，已 知 在 多 面 体中 为正三角形。 (1) 若.求证平面 (2) 记,问能否为整数, 若能, 求出的值,并求出此时二面角 的余弦值.若不能,请说明理由. 17.(本小题满分15分) 已知，函数. （I）证明存在唯一的极值点; （II）若存在,使得对任意成立,求实数的取值范围. 18.(本小题满分17分 )在平面直角坐标系中,双曲线上,离心率为,焦点到渐近线的距离为1 , (1) 求双曲线的方程. (2) 过点作直线l与双曲线交于两点, 在 x 轴上是否存在一定点,使得直线与的斜率之和为定值? 若存在,请求出点的坐标及定值; 若不存在,请说明理由。 19.(本小题满分17分)同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设且．若，则称a与b关于模m同余，记作（“|”为整除符号）． (1)解同余方程：； (2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中． ①若，数列的前n项和为，求； ②若，求数列的前n项和． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年新化县高考原创模拟命题竞赛 高考数学 参考答案及评分标准 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。 1.【答案】D 【解析】， 故，选D 2. 【答案】B 数列递增;故的必要不充分条件，故选B 3.【答案】C 的第项展开式为为8， 故，，即，故选C 4.【答案】B 【解析】记的长度构成的数列为,由题意知, ,且都是直角三角形， 所以,且,所以数列是以1为首项, 1为公差的等差数列,所以,由,所以. 所以第12今三角形的面积为.故选: B. 5. 【答案】D 【解析】设“此人参加户外极限运动”，“此人来自地区”，“此人来自地区”. 依题意，, 依题意， ； . 故选：D. 6【答案】A 【解析】设正四面体的的棱长为, 将其放入正方体中,则正方体的棱长为 , 显然正四面体和正方体有相同的外接球. 正方体外接球半径为 ，即正四面体外接球半径为 在正四面体中取中点，中点, 设正四面体棱长为，则，， 所以,所以 则其棱切球的半径， 又因为球的表面积,所以 ， ， 7【答案】D 【解析】RtQE中，=b-c. 欲使最小，只需最小，即最大. 此时，Q（）.=-c.=b-c = , +c 平方： 3 −1 又1, 8. 【答案】 【解析】首先, 因为, 我们可以验证 。 然后, 由于, 所以 , 而, 所以 。 接着, 因为, 所以 ，即 ， 进一步得到 0 , 从而 。 令 , 对其求导: 。 令 , 解得 。 当 时, 单调递增；当时, 单调递减。 所以在处取得最大值, 当 时, ; 当 时, 。 要使有且只有两个实数根, 即的取值范围在内, 所以 故正确答案为选项。 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。求。全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9【答案】BD 【解析】，故的虚部为2，A错； ，B对； ,C错； ，在复平面上即以（0，0）为圆心，半径为1的圆， 即点（-1，2）到的距离，最大距离为，故D对. 10.【答案】CD 【解析】由图易知，，又，所以， ，故A错 每个周期与有两个交点，最近的两个交点距离， 共有2024个交点，除最开始两个交点中间还有1011个周期， 则的最小值为，故B错 将的图像沿轴向左平移，得到，再保持图像上的纵坐标不变，而横坐标变为原来的2倍得到新函数， 在上单调递减，故C对， 若相切，设切点，横坐标在内 直线的斜率为，, . 得 . 或 ・ 将与分别代入直线的方程可得出只有满足方程， 即切点为，所以直线与函数相切. 11. 【答案】BCD 【解析】 取AD中点M，AA’中点N, , 所以 G点在线段MN上运动。 当点运动到N点时， 所以，故A错误 当点G运动到点M时，最小，最小值为,故B正确. 故C正确. 平面GFH与正方体所有面所成二面角的正弦值均为，，故D正确. 三、填空题:本题共3小题,每小题5分，共15分。 12.【答案】 【解析】因为所以，， 在上的投影向量= 13.【答案】4 由解得4. 14:【答案】3 【解析】令 可得, , 设 , 则 ,令 , 得 . 当 时, , 函数 单谓递增; 当 时, , 函数 单调递減. . 故对任意的 . 故 , 故 , 即 所以 则 的几何意义为点 到点 的距离的平方, ∴ 最小值即点 到 的距离的平方, 与 的交点横坐标 , 且点 到直线 的距离 , 点 到直线 的距离 , ∴ 的最小值为.故答案为: . 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. 【解析】（1）∵f（x）＝asin2x+2cos2x， ∴f（﹣x）＝﹣asin2x+2cos2x， …………………………1分 ∵f（x）为偶函数， ∴f（﹣x）＝f（x）， ……………………………2分 ∴﹣asin2x+2cos2x＝asin2x+2cos2x， ∴2asin2x＝0，∴a＝0； …………………3分 f（x）=+1 …………………4分 ,单调递增区间为 …………………………………6分 （2），∴或， …10分 根据锐角三角形，，∴， …………………13分 16. 【解析】 如图, 已知在多面体中底面 为正三角形。 (1) 若. 求证平面 (2) 记,问能否为整数, 若能, 求出的值,并求出此时二面角 的余弦值.若不能,请说明理由. (1) 由题意可得,则, 又为锐角, 则, …………………………2分 因为为正三角形, 所以, 可得 ,即,所以,………………………4分 又平面平面, 所以平面 …………………………6分 （2）由已知得,所以 为等腰三角形， 其底边上的高为 。 设, 则, 易知, 则. 所以 , 则 , 整理得关于的方程,由,得, 若为整数,则. 此时, 满足题意. …………………………9分 下面求二面角的余弦值. 以为坐标原点, 所在直线为轴, 在平面上的垂线为轴, 所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图，则有: 设平面的法向量为 , 则 取,则,所以平面 的一个法向量为 ,. …………………………11分 设平 面 的 法 向 量 为 ,则 取, 则 , 所以平面 ACO 的一个法向量为 …………………………13分 , 由图可知所求二面角为钝角, 故二面角的余弦值为. …………………………15分 17, 【解析】 (1) . ......................2分 当时, 单调递减; 当时, 单调递增..........................3分 ①当时,,所以时无零点; ....4分 ②当时,, 由零点存在定理,时,有唯一零点 .................6分 综上,在上存在唯一零点. 所以,当时,单调递减; 当时,单调递增. 所以存在唯一的极值点. ....................................7分 (II)由(I)知, 此时,得,由于,所以 .....8分 等价于 , 令,则 .....................10分 令 ................................12分 若存在,使得 对任意成立, 等价于, 当 时, 单调递增; 当时, 单调递减, 所以, 故, 所以实数的取值范围 ,..............................15 分 18: 【解析】(1)双曲线 的方程为 . ……………………………………4分 (2)由题意可知直线 的斜率存在. 设直线 的方程为 . ………………………………………5分 将点 的坐标代人, 得 . ………………………………………6分 设 . 联立直线与双曲线的方程,得方程组 消去, 得 . ……………………………………7分 整理，得 ， ∴. ……………………………………8分 若存在定点 , 设 , 则 …………10分 ……………14分 要使 为定值, 只需上式中对应分子、分母对应项系数成比例, 且分母中 的系数为 0 ,即 , 解得 。 …………15分 此时分子、分母:中 的系数也为 . ………16分 ∴在轴上存在定点 , 使得 为定值 . ……………17分 19．【解析】（1）根据同除的定义求解，（mod3），即能被3整除，从而得出x或能被3整除； （2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和． 【详解】（1）由题意（mod3），所以或（）， 即或（）．.........................4分 （2）由（1）可得为，所以． ①因为（），所以．..................6分 则．.......................8分 ②（）． 因为，................12分 所以 ．-----------------------17分 学科网（北京）股份有限公司 $$