安徽省安慶市2024屆高三模擬考試(二模)數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，有且只有一項符合題目要求．1．設(shè)集合A={x||2x?1|≤3}，集合B={x|x+1x?1>0}A．(1，2] B．[1，2]2．已知復(fù)數(shù)z=(1+i)23?i，A．14 B．1 C．2 3．設(shè)F是橢圓C：x225+y29=1A．12 B．14 C．16 D．184．在一次學(xué)科核心素養(yǎng)能力測試活動中，隨機抽取了100名同學(xué)的成績（評分滿分為100分），將所有數(shù)據(jù)按[40，50]，(50，60]，A．80 B．78 C．76 D．745．設(shè){an}是公比不為1的無窮正項等比數(shù)列，則“{an}為遞減數(shù)列”是“存在正整數(shù)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知點P(1，0)，C(0，3)，O是坐標(biāo)原點，點A．5π6 B．2π3 C．π27．已知函數(shù)f(x)=2cos2ωx+sinA．12 B．32 C．528．如圖，在長方體ABCD?A1B1C1DA．不存在點E，使得EC⊥B．空間中與三條直線A1D1，ECC．過點E與平面D1AE和平面DAEC所成角都等于D．過點E與三條棱AB，AD，AA二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足對任意的實數(shù)x，y，均有f(x+yA．fB．fC．函數(shù)f(D．函數(shù)y=f(x)10．拋物線C：x2=2py(p>0)的焦點為F(0，1)，經(jīng)過點F且傾斜角為α的直線l與拋物線C交于A．當(dāng)|AB|B．△AOB面積的最大值為2C．點E在一條定直線上D．設(shè)直線EF傾斜角為β，|α?β11．滿足a1=2，a2=1，A．存在非零實數(shù)t，使得{aB．存在非零實數(shù)t，使得{aC．3D．i=1三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12．在二項式(x+113．已知圓錐的頂點為P，底面圓心為M，底面直徑AB=2．圓錐的內(nèi)切球和外接球的球心重合于一點O，則該圓錐的全面積為．14．剪紙是一種用剪刀或刻刀在紙上剪刻花紋，用于裝點生活或配合其他民俗活動的中國民間藝術(shù)．其傳承賡續(xù)的視覺形象和造型格式，蘊涵了豐富的文化歷史信息，表達了廣大民眾的社會認(rèn)知、道德觀念、實踐經(jīng)驗、生活理想和審美情趣，具有認(rèn)知、教化、表意、抒情、娛樂、交往等多重社會價值．現(xiàn)有如圖所示剪紙圖案，其花紋中就隱含方程為x23+y23=a23(a>0)四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．如圖，在平面凸四邊形ABCD中，tan∠ABD+（1）求∠ADB；（2）若AD=BD=4，∠ACB=∠BDC=π6，求16．已知函數(shù)f(（1）當(dāng)m=?3時，求函數(shù)f(（2）若不等式f(x)≤0對任意的17．如圖，將邊長為2的菱形ABDC沿其對角線BC對折，使得點A、D分別位于邊長為2的等邊△PBC所在平面的兩側(cè)，且PA=6，PD=3．設(shè)E是（1）證明：平面PBC⊥平面ABC；（2）求平面EBD與平面ABC夾角的正弦值．18．樹人高中擬組織學(xué)生到某航天基地開展天宮模擬飛行器體驗活動，該項活動對學(xué)生身體體能指標(biāo)和航天知識素養(yǎng)有明確要求．學(xué)校所有3000名學(xué)生參加了遴選活動，遴選活動分以下兩個環(huán)節(jié)，當(dāng)兩個環(huán)節(jié)均測試合格可以參加體驗活動．第一環(huán)節(jié)：對學(xué)生身體體能指標(biāo)進行測試，當(dāng)測試值ξ≥12.第二環(huán)節(jié)：對身體體能指標(biāo)符合要求的學(xué)生進行航天知識素養(yǎng)測試，測試方案為對A，B兩類試題依次作答，均測試合格才能符合遴選要求．每類試題均在題庫中隨機產(chǎn)生，有兩次測試機會，在任一類試題測試中，若第一次測試合格，不再進行第二次測試．若第一次測試不合格，則進行第二次測試，若第二次測試合格，則該類試題測試合格，若第二次測試不合格，則該類試題測試不合格，測試結(jié)束．經(jīng)過統(tǒng)計，該校學(xué)生身體體能指標(biāo)ξ服從正態(tài)分布N(參考數(shù)值：P(μ?σ<X<μ+σ)P(（1）請估計樹人高中遴選學(xué)生符合身體體能指標(biāo)的人數(shù)（結(jié)果取整數(shù)）；（2）學(xué)生小華通過身體體能指標(biāo)遴選，進入航天知識素養(yǎng)測試，作答A類試題，每次測試合格的概率為13，作答B(yǎng)類試題，每次測試合格的概率為1①在解答A類試題第一次測試合格的條件下，求測試共進行3次的概率．②若解答A、B兩類試題測試合格的類數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．19．取整函數(shù)被廣泛應(yīng)用于數(shù)論、函數(shù)繪圖和計算機領(lǐng)域，其定義如下：設(shè)x∈R，不超過x的最大整數(shù)稱為x的整數(shù)部分，記作[x]，函數(shù)y=[x]稱為取整函數(shù)．另外也稱[x]（1）直接寫出[lnπ]和（2）設(shè)a，b∈N*，證明：a=b[ab]+b{ab（3）對于任意一個大于1的整數(shù)a，a能唯一寫為a=p1a1×p2a2×?×pkak，其中pi為質(zhì)數(shù)，ai為整數(shù)，且對任意的i<j，pi<pj，

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：由|2x?1|≤3，解得?1≤x≤2，故集合A={x|?1≤x≤2}；由x+1x?1>0，解得(x+1)(x?1)>0，即x>1或x<?1，故集合B={x|x>1或x<?1}，

故故答案為：A.【分析】先解不等式求得集合A、B，再根據(jù)集合的交集運算求解即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：z=(1+i)2故z?z故答案為：B.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算化簡z，再利用共軛復(fù)數(shù)以及復(fù)數(shù)的乘法運算求解即可.3．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可知：點P，Q兩點關(guān)于原點對稱，設(shè)橢圓的另一個焦點為F1，則四邊形PFQF1由橢圓定義可知：|PF|+|PF因為|PF|=|QF1|，|P又因為PQ過原點，所以|PQ|min=2b=6，所以△PQF的周長的最小值為：故答案為：C.【分析】根據(jù)橢圓的定義求出|PF|+|QF|=10，再由|PQ|min4．【答案】B【解析】【解答】解：由頻率分布直方圖可得：0.005×10+0.故這次調(diào)查數(shù)據(jù)的第64百分位數(shù)位于(70設(shè)這次調(diào)查數(shù)據(jù)的第64百分位數(shù)為x，則有x?7010=0.故答案為：B.【分析】根據(jù)百分位數(shù)的定義計算即可.5．【答案】C【解析】【解答】解：因為數(shù)列{an}假設(shè)q>1，且“存在正整數(shù)n0，對任意的正整數(shù)n>n0則當(dāng)n越來越大時，可得an=a1qn>1,(當(dāng)“{an}為遞減數(shù)列”時，等價于0<q=an+1an從而n>?lga1lgq，所以取n0=max{1綜上所述，“{an}為遞減數(shù)列”是“存在正整數(shù)n0，對任意的正整數(shù)故答案為：C.【分析】由等比數(shù)列的性質(zhì)以及正項等比數(shù)列的單調(diào)性、充要條件的定義判斷即可.6．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)點B(x,y)，易知BC即點B的軌跡是以C(0,3)為圓心，半徑r=1的圓，如圖所示：

設(shè)過點P與圓C相切的直線PB的方程為則圓心到直線的距離等于圓的半徑，即|?3?k|k設(shè)切線的傾斜角為α(0≤α<π)，則tanα=?33，可得α=5π故答案為：A.【分析】設(shè)點B(x,y)，根據(jù)題意求得點B7．【答案】B【解析】【解答】解：f(因為f(x)的圖象關(guān)于點(π4,故ωπ2+π當(dāng)2ωx+π4=?π2因為f(x)在(0,π3)上沒有最小值，所以由ω=2k?12≤158解得k≤19故答案為：B.【分析】先化簡解析式，根據(jù)對稱性可得ω=2k?12,8．【答案】D【解析】【解答】解：在長方體ABCD?A1BA、當(dāng)E為AB的中點時，連接DE，則∠AED=∠BEC=45°，即有而DD1⊥平面ABCD，EC?平面ABCD，則EC⊥DD1因此EC⊥平面DD1E，而D1E?B、連接BD,B1D1，設(shè)BD∩EC=K，BB1點K在線段BD上，不含端點，則直線D1K與直線BB1相交，同理直線因此直線D1K、A1E分別與三條直線A1D1，ECC、AB⊥平面ADD1A1，而AD1?于是∠DAD1是二面角D1顯然∠DAD1的平分線與平面D1AE和平面DAEC所成角都等于半平面D1AE與半平面DAEC的反向延長面所成二面角的角平分面與平面D1AE和平面在此角平分面內(nèi)過點E與平面D1AE和平面DAEC所成角都等于因此過點E與平面D1AE和平面DAEC所成角都等于D、建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系如圖所示：

易知直線AB,AD,A設(shè)過點E的直線l方向向量為a=(x,y得|x|x2+有a=(1,1,1)或a=其余4個分別與上述4個向量共線，所以過點E與三條棱AB，AD，AA故答案為：D.【分析】當(dāng)E為AB的中點時即可判斷A；作圖即可判斷B；利用角平分面的特征即可判斷C；建立空間直角坐標(biāo)系利用空間向量求解即可判斷D.9．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、令x=y=0，則有f(0)=f(0)+f(0)?1，故f(B、令x=1，y=?1，則有f(0)=f(1)+f(?1)?1，故f(1)+f(?1)=2，故B錯誤；C、令y>0，則有f(x+y)?f(令x1=x+y，x2=x，即有對?x1、x2D、令y=?x，則f(x?x)=f(x)+f(?x)?1，又f(0)=1，故f(x)+f(?x)=2，故函數(shù)故答案為：ACD.【分析】賦值令x=y=0計算即可判斷A；借助賦值法令x=1，y=?1計算即可判斷B；結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義及賦值法令y>0計算即可判斷C；結(jié)合函數(shù)對稱性及賦值法令y=?x計算即可判斷D.10．【答案】C,D【解析】【解答】解：由拋物線的焦點為F(0,1)，故p=2，即C設(shè)lAB：y=kx+1(k=tanα)，A(x1,y1)，B(xA、|AB|=k當(dāng)|AB|=16時，即有4(k2+1)=16，故k=±3，即tanα=±B、S△AOB=1C、由A(x1,y1)，C:x2=4y，即同理可得lBE:y=x22x?n=x12×x故m=2k，n=?1，故點E在一條定直線上且該直線為y=?1，故C正確；D、由E(2k,?1)，F(xiàn)(0,1)故|α?β|為定值且該定值為π2故答案為：CD.【分析】由焦點為F(0,1)可得拋物線方程，聯(lián)立直線與曲線方程，可得關(guān)于x的一元二次方程，即可得與x有關(guān)韋達定理，利用韋達定理與弦長公式計算即可判斷A；利用韋達定理與弦長公式及面積公式計算即可判斷B；借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得lAE與lBE11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、若數(shù)列{an+1+t即an+2=(1?t)a故an+1+an=(1?t)B、若數(shù)列{an+1+t即an+2=(q?t)a故有an+1+a即t2+t?1=0，解得t=?1±故存在非零實數(shù)t，使得{aC、由an+2=an+1+D、由an+2故(?1)n+2故i=1(?1)×2+=?2+1+[(?1)a故答案為：BCD.【分析】根據(jù)等差數(shù)列與等比數(shù)列定義計算即可判斷AB；根據(jù)an+2=an+1+an12．【答案】210【解析】【解答】解：二項式(x+1令5?56k=0，則k=6故答案為：210.【分析】利用二項式展開式的通項公式計算即可.13．【答案】3π【解析】【解答】解：畫出圓錐的軸截面，如圖所示：

由O為圓錐的內(nèi)切球球心，則有BO為∠PBA的角平分線，由O為圓錐的外接球球心，則OB=OP，故∠PBO=∠OPB，故∠APB=∠PBA，又PA=PB，故△PAB為等邊三角形，故PM=3，PB=2，則S故答案為：3π.【分析】畫出圓錐的截面PAB，由圓錐的內(nèi)切球和外接球的球心重合于一點O，可得△PAB為等邊三角形，根據(jù)圓錐的表面積公式計算即可.14．【答案】12【解析】【解答】解：設(shè)點P(x,y)在曲線則(x,?y)、(?x,y)、故曲線x23+y2當(dāng)x>0，y>0時，由P(x,y)曲線故有x23+則可設(shè)(xa)13=cosα，則|OP|==a=a1?3由α∈(0,π2)，則即曲線C的內(nèi)切圓半徑為a2當(dāng)x>0，y>0時，x23+y'則曲線上的點(x0,令x=0，則有y=?=(令y=0，則有x=x則|AB|=(即曲線C上點(m,n故答案為：a2；a【分析】由曲線C的方程可得，該曲線關(guān)于x軸、原點對稱，故只研究第一象限即可，求出第一象限上的點到曲線C的最短距離即可得其內(nèi)切圓半徑；當(dāng)x>0，y>0時，曲線可為函數(shù)y=(a215．【答案】（1）解：由已知得：sin∠ABD故sin∠ABD所以sin(∠ABD+∠ADB因為sin(∠ABD+∠ADB)=sin(π?∠BAD（2）解：由已知，△ABD為邊長為4的等邊三角形，在△ABC中，∠ACB=π6，由正弦定理得故BC=AB由于∠BAC+∠BCA+∠ABD+∠CBD=π，所以∠BAC+∠CBD=π2，故在△BCD中，由余弦定理得CD即CD2=【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換化簡計算即可求得∠ADB；（2）結(jié)合題意，利用正弦定理與余弦定理計算即可.16．【答案】（1）當(dāng)m=?3時，f(x)求導(dǎo)，得f'令f'(x)=0當(dāng)0<x<3時，f'(x當(dāng)x>3時，f'(x所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(（2）解：由條件可知f(1)≤0，于是當(dāng)m≤1時，f(x)=2ln對其求導(dǎo)，得g'所以函數(shù)g(x)在[因此實數(shù)m的取值范圍是(?∞【解析】【分析】（1）將m=?3代入，求函數(shù)的定義域，再求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可判斷原函數(shù)的單調(diào)性求單調(diào)區(qū)間；（2）可借助f(1)≤0，解得m≤1，17．【答案】（1）證明：取BC的中點O，連接OA、OP，如圖所示：

因為四邊形ABDC是邊長為2的菱形，△PBC是邊長為2的等邊三角形，所以△ABC也是邊長為2的等邊三角形．在等邊△PBC中，O是BC的中點，故OP⊥BC；且OA=OP=3又PA=6，故OP⊥OA；又OA∩BC=O，故OP⊥平面ABC又OP?平面PBC，故平面PBC⊥平面ABC．（2）解：由（1）知，OP⊥BC，OP⊥OA．又O是等邊△ABC的BC邊中點，故OA⊥BC，以O(shè)為原點，分別以O(shè)A、OB、OP所在直線為x、y、z軸，建立如圖示空間直角坐標(biāo)系如圖所示：

則A(3，0，0)，B(0因為△DBC是邊長為2的等邊三角形，故OD=OP=3=PD，所以∠POD=60°，且又OP⊥BC，OD∩OP=O，故BC⊥平面DOP，則D在平面xOz內(nèi)．故求得D(?3所以BE=(32設(shè)平面ABC的法向量為m=(a設(shè)平面EBD的法向量為n=(x令z=2，則x=0，y=3，即n=(0，設(shè)平面EBD與平面ABC的夾角為θ，則sinθ=故平面EBD與平面ABC的夾角的正弦值為217【解析】【分析】（1）取BC的中點O，根據(jù)題意，分別證得OP⊥BC和OP⊥OA，利用線面垂直的判定定理，證得OP⊥平面ABC，從而證得平面PBC⊥平面ABC即可