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文档简介

2024届安徽省肥东中学高考数学一模试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.双曲线C:(,)的离心率是3,焦点到渐近线的距离为,则双曲线C的焦距为()A.3 B. C.6 D.2.空气质量指数是反映空气状况的指数,指数值趋小,表明空气质量越好,下图是某市10月1日-20日指数变化趋势,下列叙述错误的是()A.这20天中指数值的中位数略高于100B.这20天中的中度污染及以上(指数)的天数占C.该市10月的前半个月的空气质量越来越好D.总体来说,该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好3.函数fxA. B.C. D.4.已知抛物线上的点到其焦点的距离比点到轴的距离大,则抛物线的标准方程为()A. B. C. D.5.下列函数中,在定义域上单调递增,且值域为的是()A. B. C. D.6.如图,正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图,则该多面体各表面所在平面互相垂直的有()A.2对 B.3对C.4对 D.5对7.已知,则的值等于()A. B. C. D.8.执行如图所示的程序框图,则输出的值为()A. B. C. D.9.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.2510.已知直四棱柱的所有棱长相等,,则直线与平面所成角的正切值等于()A. B. C. D.11.已知函数,,若成立,则的最小值为()A.0 B.4 C. D.12.过抛物线的焦点且与的对称轴垂直的直线与交于,两点,,为的准线上的一点,则的面积为()A.1 B.2 C.4 D.8二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设,满足条件,则的最大值为__________.14.已知函数的部分图象如图所示,则的值为____________.15.(5分)函数的定义域是____________.16.已知抛物线,点为抛物线上一动点,过点作圆的切线,切点分别为,则线段长度的取值范围为__________.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.18.(12分)在中,角的对边分别为,若.(1)求角的大小;(2)若,为外一点,,求四边形面积的最大值.19.(12分)中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体,给人于美的享受.如图(1)为一花窗;图(2)所示是一扇窗中的一格,呈长方形,长30cm,宽26cm,其内部窗芯(不含长方形边框)用一种条形木料做成,由两个菱形和六根支条构成,整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称.设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm,窗芯所需条形木料的长度之和为L.(1)试用x,y表示L;(2)如果要求六根支条的长度均不小于2cm,每个菱形的面积为130cm2,那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料(不计榫卯及其它损耗)?20.(12分)的内角的对边分别为,若(1)求角的大小(2)若,求的周长21.(12分)如图,四棱锥中,平面,,,.(I)证明:;(Ⅱ)若是中点,与平面所成的角的正弦值为,求的长.22.(10分)已知函数,设的最小值为m.(1)求m的值;(2)是否存在实数a,b,使得,?并说明理由.

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、A【解析】

根据焦点到渐近线的距离,可得,然后根据,可得结果.【详解】由题可知:双曲线的渐近线方程为取右焦点,一条渐近线则点到的距离为,由所以,则又所以所以焦距为:故选:A【点睛】本题考查双曲线渐近线方程,以及之间的关系,识记常用的结论:焦点到渐近线的距离为,属基础题.2、C【解析】

结合题意,根据题目中的天的指数值,判断选项中的命题是否正确.【详解】对于,由图可知天的指数值中有个低于,个高于,其中第个接近,第个高于,所以中位数略高于,故正确.对于,由图可知天的指数值中高于的天数为,即占总天数的,故正确.对于,由图可知该市月的前天的空气质量越来越好,从第天到第天空气质量越来越差,故错误.对于,由图可知该市月上旬大部分指数在以下,中旬大部分指数在以上,所以该市月上旬的空气质量比中旬的空气质量好,故正确.故选:【点睛】本题考查了对折线图数据的分析,读懂题意是解题关键,并能运用所学知识对命题进行判断,本题较为基础.3、A【解析】

由f12=e-14>0排除选项D;【详解】由f12=e-14>0,可排除选项D,f-1=-e【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x→04、B【解析】

由抛物线的定义转化,列出方程求出p,即可得到抛物线方程.【详解】由抛物线y2=2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大,根据抛物线的定义可得,,所以抛物线的标准方程为:y2=2x.故选B.【点睛】本题考查了抛物线的简单性质的应用,抛物线方程的求法,属于基础题.5、B【解析】

分别作出各个选项中的函数的图象,根据图象观察可得结果.【详解】对于,图象如下图所示:则函数在定义域上不单调,错误;对于,的图象如下图所示:则在定义域上单调递增,且值域为,正确;对于,的图象如下图所示:则函数单调递增,但值域为,错误;对于,的图象如下图所示:则函数在定义域上不单调,错误.故选:.【点睛】本题考查函数单调性和值域的判断问题,属于基础题.6、C【解析】

画出该几何体的直观图,易证平面平面,平面平面,平面平面,平面平面,从而可选出答案.【详解】该几何体是一个四棱锥,直观图如下图所示,易知平面平面,作PO⊥AD于O,则有PO⊥平面ABCD,PO⊥CD,又AD⊥CD,所以,CD⊥平面PAD,所以平面平面,同理可证:平面平面,由三视图可知:PO=AO=OD,所以,AP⊥PD,又AP⊥CD,所以,AP⊥平面PCD,所以,平面平面,所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图,考查了四棱锥的结构特征,考查了面面垂直的证明,属于中档题.7、A【解析】

由余弦公式的二倍角可得,,再由诱导公式有,所以【详解】∵∴由余弦公式的二倍角展开式有又∵∴故选:A【点睛】本题考查了学生对二倍角公式的应用,要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式,属于简单题8、B【解析】

列出每一次循环,直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:,退出循环,输出的为.故选:B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果,要注意在哪一步退出循环,是一道容易题.9、D【解析】

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.【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【点睛】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.10、D【解析】

以为坐标原点,所在直线为x轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系.求解平面的法向量,利用线面角的向量公式即得解.【详解】如图所示的直四棱柱,,取中点,以为坐标原点,所在直线为x轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立空间直角坐标系.设,则,.设平面的法向量为,则取,得.设直线与平面所成角为,则,,∴直线与平面所成角的正切值等于故选:D【点睛】本题考查了向量法求解线面角,考查了学生空间想象,逻辑推理,数学运算的能力,属于中档题.11、A【解析】

令,进而求得,再转化为函数的最值问题即可求解.【详解】∵∴(),∴,令:,,在上增,且,所以在上减,在上增,所以,所以的最小值为0.故选:A【点睛】本题主要考查了导数在研究函数最值中的应用,考查了转化的数学思想,恰当的用一个未知数来表示和是本题的关键,属于中档题.12、C【解析】

设抛物线的解析式,得焦点为,对称轴为轴,准线为,这样可设点坐标为,代入抛物线方程可求得,而到直线的距离为,从而可求得三角形面积.【详解】设抛物线的解析式,则焦点为,对称轴为轴,准线为,∵直线经过抛物线的焦点,,是与的交点,又轴,∴可设点坐标为,代入,解得,又∵点在准线上,设过点的的垂线与交于点,,∴.故应选C.【点睛】本题考查抛物线的性质,解题时只要设出抛物线的标准方程,就能得出点坐标,从而求得参数的值.本题难度一般.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】

作出可行域,由得,平移直线,数形结合可求的最大值.【详解】作出可行域如图所示由得,则是直线在轴上的截距.平移直线,当直线经过可行域内的点时,最小,此时最大.解方程组,得,..故答案为:.【点睛】本题考查简单的线性规划,属于基础题.14、【解析】

由图可得的周期、振幅,即可得,再将代入可解得,进一步求得解析式及.【详解】由图可得,,所以,即,又,即,,又,故,所以,.故答案为:【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值,考查学生识图、计算等能力,是一道中档题.15、【解析】

要使函数有意义,则,即,解得,故函数的定义域是.16、【解析】

连接,易得,可得四边形的面积为,从而可得,进而求出的取值范围,可求得的范围.【详解】如图,连接,易得,所以四边形的面积为,且四边形的面积为三角形面积的两倍,所以,所以,当最小时,最小,设点,则,所以当时,,则,当点的横坐标时,,此时,因为随着的增大而增大,所以的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查抛物线上的动点到定点的距离的求法,考查学生的计算求解能力,属于中档题.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、(2),(2),的最大整数是2.(3)存在,【解析】

(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.【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,【点睛】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.18、(1)(2)【解析】

(1)根据正弦定理化简等式可得,即;(2)根据题意,利用余弦定理可得,再表示出,表示出四边形,进而可得最值.【详解】(1),由正弦定理得:在中,,则,即,,即.(2)在中,又,则为等边三角形,又,-当时,四边形的面积取最大值,最大值为.【点睛】本题主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面积公式的应用,属于基础题.19、(1)(2)【解析】试题分析:(1)由条件可先求水平方向每根支条长,竖直方向每根支条长为,因此所需木料的长度之和L=(2)先确定范围由可得,再由面积为130cm2,得,转化为一元函数,令,则在上为增函数,解得L有最小值.试题解析:(1)由题意,水平方向每根支条长为cm,竖直方向每根支条长为cm,菱形的边长为cm.从而,所需木料的长度之和L=cm.(2)由题意,,即,又由可得.所以.令,其导函数在上恒成立,故在上单调递减,所以可得.则=.因为函数和在上均为增函数,所以在上为增函数,故当,即时L有最小值.答:做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料.考点:函数应用题20、(1)(2)11【解析】

(1)利用二倍角公式将式子化简成

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