2024届内蒙古一机集团第一中学高考第一次模拟测试数学试题

2024届内蒙古一机集团第一中学高考第一次模拟测试数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（）.A．16 B． C．5 D．42．若集合，，则=（）A． B． C． D．3．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（）A．5 B．11 C．20 D．254．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（）A．3 B． C． D．5．在中，角的对边分别为，，若，，且，则的面积为（）A． B． C． D．6．若复数满足，则（）A． B． C．2 D．7．已知函数，对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（）A． B．函数在上递增C．函数的一条对称轴是 D．函数的一个对称中心是8．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．9．已知角的终边经过点P()，则sin()=A． B． C． D．10．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．11．已知实数x，y满足，则的最小值等于（）A． B． C． D．12．已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：对任意都有零点；则下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是等比数列,若，,且∥,则______.14．已知函数，（其中e为自然对数的底数），若关于x的方程恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围为________.15．已知全集，集合，则______.16．若实数，满足不等式组，则的最小值为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知曲线的参数方程为为参数),以直角坐标系原点为极点,以轴正半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程,并说明其表示什么轨迹；（2）若直线的极坐标方程为,求曲线上的点到直线的最大距离.18．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，以椭圆C左顶点T为圆心作圆，设圆T与椭圆C交于点M与点N.（1）求椭圆C的方程；（2）求的最小值，并求此时圆T的方程；（3）设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：为定值.19．（12分）已知数列中，，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；（2）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对任意，成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由.20．（12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．21．（12分）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；（Ⅱ）若二面角CBFD的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．22．（10分）中，内角的对边分别为，.（1）求的大小；（2）若，且为的重心，且，求的面积.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解题分析】

由，可得，由，可得，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值.【题目详解】设等比数列公比为，由已知，，即，解得或（舍），又，所以，即，故，所以，当且仅当时，等号成立.故选：D.【题目点拨】本题考查利用基本不等式求式子和的最小值问题，涉及到等比数列的知识，是一道中档题.2、C【解题分析】试题分析：化简集合故选C．考点：集合的运算．3、D【解题分析】

由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.【题目详解】等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，又，，为三角形的三边长，且最大内角为，由余弦定理得，设首项为，即得，所以或，又即,舍去，，d=-2前项和.故的最大值为.故选：D【题目点拨】本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.4、B【解题分析】由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图：

直三棱柱的体积为，消去的三棱锥的体积为，

∴几何体的体积，故选B.点睛：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及相关几何量的数据是解答此类问题的关键；几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.5、C【解题分析】

由，可得，化简利用余弦定理可得，解得．即可得出三角形面积．【题目详解】解：，，且，，化为：．，解得．．故选：．【题目点拨】本题考查了向量共线定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6、D【解题分析】

把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.【题目详解】解：由题意知，，，∴，故选：D.【题目点拨】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.7、D【解题分析】

利用辅助角公式将正弦函数化简，然后通过题目已知条件求出函数的周期，从而得到，即可求出解析式，然后利用函数的性质即可判断.【题目详解】，又，即，有且仅有满足条件；又，则，，函数，对于A，，故A错误；对于B，由，解得，故B错误；对于C，当时，，故C错误；对于D，由，故D正确.故选：D【题目点拨】本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质，熟记性质是解题的关键，属于基础题.8、D【解题分析】

根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成，利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.【题目详解】由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，该多面体体积为.故选D.【题目点拨】本小题主要考查三视图还原为原图，考查柱体和锥体的体积公式，属于基础题.9、A【解题分析】

由题意可得三角函数的定义可知：，，则：本题选择A选项.10、A【解题分析】

根据偶函数的性质和单调性即可判断.【题目详解】解：对，，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，，所以故选：A【题目点拨】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.11、D【解题分析】

设，，去绝对值，根据余弦函数的性质即可求出．【题目详解】因为实数，满足，设，，，恒成立，，故则的最小值等于.故选：．【题目点拨】本题考查了椭圆的参数方程、三角函数的图象和性质，考查了运算能力和转化能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．12、A【解题分析】

先分别判断每一个命题的真假，再利用复合命题的真假判断确定答案即可.【题目详解】当时，直线和直线，即直线为和直线互相垂直，所以“”是直线和直线互相垂直“的充分条件，当直线和直线互相垂直时，，解得.所以“”是直线和直线互相垂直“的不必要条件.：“”是直线和直线互相垂直“的充分不必要条件，故是假命题．当时，没有零点，所以命题是假命题．所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题．故选：．【题目点拨】本题主要考查充要条件的判断和两直线的位置关系，考查二次函数的图象，考查学生对这些知识的理解掌握水平.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】若，,且∥,则，由是等比数列,可知公比为..故答案为.14、【解题分析】

作出图象，求出方程的根，分类讨论的正负，数形结合即可.【题目详解】当时，令，解得，所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，当时，单调递减，且，作出函数的图象如图：（1）当时，方程整理得，只有2个根，不满足条件；（2）若，则当时，方程整理得，则，，此时各有1解，故当时，方程整理得，有1解同时有2解，即需，，因为（2），故此时满足题意；或有2解同时有1解，则需，由（1）可知不成立；或有3解同时有0解，根据图象不存在此种情况，或有0解同时有3解，则，解得，故，（3）若，显然当时，和均无解，当时，和无解，不符合题意．综上：的范围是，故答案为：，【题目点拨】本题主要考查了函数零点与函数图象的关系，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题．15、【解题分析】

根据题意可得出，然后进行补集的运算即可．【题目详解】根据题意知，，，，．故答案为：．【题目点拨】本题考查列举法的定义、全集的定义、补集的运算，考查计算能力，属于基础题．16、5【解题分析】

根据题意，画出图像，数形结合，将目标转化为求动直线纵截距的最值，即可求解【题目详解】画出不等式组，表示的平面区域如图阴影区域所示，令，则.分析知，当，时，取得最小值，且.【题目点拨】本题考查线性规划问题，属于基础题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），表示圆心为，半径为的圆；（2）【解题分析】

（1）根据参数得到直角坐标系方程，再转化为极坐标方程得到答案.（2）直线方程为，计算圆心到直线的距离加上半径得到答案.【题目详解】（1），即，化简得到：.即，表示圆心为，半径为的圆.（2），即，圆心到直线的距离为.故曲线上的点到直线的最大距离为.【题目点拨】本题考查了参数方程，极坐标方程，直线和圆的距离的最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.18、（1）；（2）；（3）【解题分析】

（1）依题意，得，，由此能求出椭圆C的方程.（2）点与点关于轴对称，设，，设，由于点在椭圆C上，故，由，知，由此能求出圆T的方程.（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：，由此能证明为定值.【题目详解】（1）依题意，得，，，故椭圆C的方程为.（2）点与点关于轴对称，设，，设，由于点在椭圆C上，所以，由，则，.由于，故当时，的最小值为，所以，故，又点在圆T上，代入圆的方程得到.故圆T的方程为：（3）设，则直线MP的方程为：，令，得，同理：.故又点与点在椭圆上，故，代入上式得：，所以【题目点拨】本题考查了椭圆的几何性质、圆的轨迹方程、直线与椭圆的位置关系中定值问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.19、（1）（2）存在，【解题分析】

由数列为“数列”可得,，，两式相减得，又，利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;由题意得，，，两式相减得，，据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合，得到关于的不等式,再由时，且为整数即可求出符合题意的的所有值.【题目详解】因为数列为“数列”，所以，故，两式相减得，在中令，则可得，故所以，所以数列是以为首项,以为公比的等比数列，所以，因为，所以.（2）由题意得，故，两式相减得所以，当时，又因为所以当时,所以成立,所以当时，数列是常数列，所以因为当时,成立,所以，所以在中令，因为，所以可得，所以，由时，且为整数，可得,把分别代入不等式可得,，所以存在数列符合题意,的所有值为.【题目点拨】本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.20、（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，【解题分析】

（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出，，，从而可求出数列的通项公式；（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得答案；（3）由题意可知，，即，这个可看成一个数列的前项和，再写出其前（）项和，两式相减得，，利用同样的方法可得.【题目详解】解：（2）由题，当时，，即当时，①②①-②得，整理得，又因为各项均为正数的数列．故是从第二项的等差数列，公差为2．又恰为等比数列的前3项，故，解得．又，故，因为也成立．故是以为首项，2为公差的等差数列．故．即2，4，8恰为等比数列的前3项，故是以为首项，公比为的等比数列，故．综上，（2）令，则所以数列是递增的，若对均满足，只要的最小值大于即可因为的最小值为，所以，所以的最大整数是2．（3）由，得，③④③-④得，⑤，⑥⑤-⑥得，，所以存在这样的数列，【题目点拨】此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，最值，恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.21、（1）见解析（2）【解题分析】分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.又因为DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.又因为BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，∴平面ADE⊥平面BDEF，（Ⅱ）方法一：如图，由