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1、安徽省合肥市2024年高三数学模拟预测卷一、单选题1已知集合，则（）ABCD2已知复数，其中为虚数单位，则（）ABCD13一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金一位顾客到店里购买黄金，售货员现将的砝码放在天平的左盘中，取出黄金放在天平右盘中使天平平衡；将天平左右盘清空后，再将的砝码放在天平右盘中，再取出黄金放在天平的左盘中，使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客则（）ABCD以上都有可能4已知单位向量满足，则夹角的余弦值为（）ABCD5函数的定义域为（）ABCD6已知某地、三个村的人口户数及贫困情况分别如图（1）和图（2）所示，当地政府为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，决定采用分层随
2、机抽样的方法抽取20%的户数进行调查，则样本容量和抽取村贫困户的户数分别是（）A150，15B150，20C200，15D200，207已知，则（）ABCD8若双曲线的离心率是，则（）AB4CD二、多选题9已知数列满足，则数列（）A有可能是常数数列B有可能是等差数列C有可能是等比数列D有可能既不是等差数列，也不是等比数列10如图，在三棱锥中，底面为边长为2的等边三角形，二面角的平面角为，则（）A当平面时，三棱锥为正三棱锥B当时，平面平面C当三棱锥的体积为时，或D当时，三棱锥的外接球的表面积的取值范围为11已知椭圆的左右焦点分别为，上顶点为，离心率为为上关于原点对称的两点，则（）A的标准方程为B
3、C四边形的周长随的变化而变化D当不与的上、下顶点重合时，直线的斜率之积为三、填空题12甲乙两位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计赢2局者胜，分出胜负即停止比赛.已知甲每局赢的概率为，每局比赛的结果相互独立.本次比赛到第3局才分出胜负的概率为 ，本次比赛甲获胜的概率为 .13已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 .14已知抛物线E：的焦点为F，现有不同的三点A，B，C在抛物线E上，且，则p的值是 ；若过点的直线PM，PN分别与抛物线E相切于点M，N，则 .四、解答题15甲、乙两人组成“上元队”参加猜灯谜比赛，每轮活动由甲、乙各猜一个灯谜，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.
4、在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响.记事件“甲第一轮猜对”，“乙第一轮猜对”，“甲第二轮猜对”，“乙第二轮猜对”.(1)求“上元队”在第一轮活动中仅猜对1个灯谜的概率；(2)求“上元队”在两轮活动中，甲、乙猜对灯谜的个数相等且至少为1的概率.16已知数列、满足，.(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；(2)记数列的前项和为，求，并证明：.17如图，在棱长为4的正方体中，点是的中点.(1)求证：；(2)求二面角的大小.18已知函数(1)用定义法证明：函数在是单调递增函数；(2)若，求函数的最小值19点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为(1)求的方程；(
5、2)若过点的直线交曲线于两点，求的值参考答案：1C【分析】分别求出集合，再利用集合的并集运算即可求解.【详解】因为，所以，故C正确.故选：C.2C【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由模长公式求解.【详解】,所以，故选：C3A【分析】根据杠杆原理可得，进而可根据基本不等式求解.【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，则有，即 ，所以，又因为，所以.故选：A4B【分析】两边平方可得答案.【详解】两边平方得，解得，又因为单位向量，所以夹角的余弦值为.故选：B.5B【分析】由对数的真数大于零，二次根式的被开方数非负和分式的分母不为零，列不等式组可求得结果.【详解】要使有意义，需满足，解得且所以定义
6、域为.故选：B6D【分析】将饼图中的、三个村的人口户数全部相加，再将所得结果乘以得出样本容量，得出村抽取的户数，再乘以可得出村贫困户的抽取的户数.【详解】将饼图中的、三个村的人口户数全部相加，再将所得结果乘以得出样本容量为，村抽取的户数为户，则抽取村贫困户的户数为户故选：D.7A【分析】由平方关系以及两角差的正弦公式即可求解.【详解】因为，所以，所以.故选：A.8D【分析】将双曲线的方程整理成标准方程，根据离心率的公式即可求解.【详解】由题意，双曲线的方程为，其离心率为，解得故选：D9BCD【分析】将已知等式变形为，利用反证法可判断A选项；利用等差数列的定义可判断B选项；利用等差数列的定义可判
7、断C选项；举特例可判断D选项.【详解】由可得，即，若对任意的，有且，此时数列是公比为的等比数列，若对任意的，有且，此时数列是公差为的等差数列，取数列各项为：、，则数列满足条件，此时，数列既不是等差数列，也不是等比数列，BCD对，若数列为常数列，不妨设（为常数）对任意的恒成立，由可得，可得，与矛盾，故数列不可能是常数列，A错.故选：BCD.10ABD【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可根据勾股定理求解长度，结合正三棱锥的定义即可判断A，根据二面角的几何法，结合三角形边角关系即可求解B，根据体积公式以及线面垂直，即可判断C，根据三棱锥的特征，可的球心位置，进而结合三角函数的性质以及球的表面积公式即
8、可求解.【详解】由，可得对于A选项，当平面时，平面,故，由，可得，又由，可得三棱锥为正三棱锥，故A选项正确；对于B选项，如图，取的中点，连接，由，可得，所以为二面角的平面角，又由，可得，可得为直角，即平面平面，故B选项正确；对于C选项，设点到平面的距离为，由，有，可得，由B选项可知此时，当为锐角时，如图，过点作，垂足为，由于，平面，所以平面，平面，可得，又由，平面可得平面，可得，又由，可得；当为钝角时，同理可得，故C选项错误；对于D选项，如图，在上取一点，使得，在中，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，相交于点，由为等边三角形，为等腰直角三角形，可得为三棱锥的外接球的半径，又由，有，又由，有，
9、有，有，有，可得三棱锥的外接球的表面积的取值范围为，故D选项正确故选:ABD【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.11ABD【分析】根据题意求出即可判断A；根据椭圆的定义结合基本不等式即可判断B；根据
10、椭圆的定义即可判断C；设，结合在椭圆上化简即可判断D.【详解】对于A，由题意知，解得，故的标准方程为，A正确；对于B，因为关于原点对称，且也关于原点对称，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，B正确；对于C，故四边形的周长为，为定值，C错误；对于D，设，则，因为在上，所以，整理得，所以，故D正确.故选：ABD.【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12 / /【分析】空1：根据独立事件的乘法公式求解本次比赛到第3局才分出胜负的概率；空2：利用独立事件的乘法公式和互斥事件概
11、率加法公式求解甲获胜的概率即可.【详解】到第3局才分出胜负，则前两局甲乙各赢一局，其概率为.若甲获胜，分2种情况：甲连赢2局，其概率为，前两局甲乙各赢一局，第三局甲赢，其概率为.故甲获胜的概率为.故答案为：，13【分析】运用分离参数法，转化为一元函数值域问题，利用导数求解即可.【详解】由题意得，化简得，设，则，易知的导数为，可得当时，则函数在上单调递增，当时，则函数在上单调递减，则在上显然成立，即，当时，则函数在上单调递增，.故答案为：14 4 /8.5【分析】根据向量的坐标运算化简可得，再利用抛物线的定义求出，根据切线的方程可求出直线的方程，根据直线过焦点利用弦长公式求解.【详解】设，则,，
12、即，又，解得.设，由可得，则，所以直线PM的方程为即，同理直线PN的方程为由直线均过点P可得，即直线的方程为，过焦点，联立，消元得，所以，故答案为：4；15(1)(2)【分析】（1）根据相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式，结合对立事件概率公式求解即可；（2）分别求出甲、乙两轮猜对1个灯谜和猜对2个灯谜的概率，再根据独立事件的乘法公式和互斥事件加法公式求解即可.【详解】（1）设“上元队”在第一轮活动中仅猜对1个灯谜”，则，则，故“上元队”在第一轮活动中仅猜对1个灯谜的概率为.（2）甲两轮猜对1个灯谜的概率为，甲两轮猜对2个灯谜的概率为，乙两轮猜对1个灯谜的概率为，乙两轮猜对2个灯谜的概率为，
13、所以“上元队”在两轮活动中，甲、乙猜对灯谜的个数相等且至少为1的概率为.16(1)证明见解析，(2)，证明见解析【分析】（1）由已知等式变形可得出，利用等差中项法可证得结论成立，确定数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法可求得，分析数列的单调性，即可证得结论成立.【详解】（1）因为，则，等式两边同时乘以可得，即，所以，数列是等差数列.且，等差数列公差为，所以，故.（2）数列的前项和为，且，则，所以，两式相减可得，所以.又，即为单调递增数列，所以，即.17(1)证明见解析(2)【分析】（1）由正方体的性质，先证平面，得，再由证明平面，进而即得；（2
14、）依题意建系，求得相关点坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得.【详解】（1）因为，且平面，所以平面.又平面，所以又因为正方形,则平面，所以平面.因为平面，所以.（2）如图，以点为原点，以向量所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则.设平面的一个法向量为，则，令，则，故平面的法向量可取为.由（1）可知，平面，所以平面的法向量可取，设二面角的大小为由图可知为钝角，则，因，则，即二面角的大小为.18(1)证明见解析(2)【分析】（1）用单调性的定义直接证明即可；（2）通过换元法将原问题等级转换为二次函数动轴定区间的最小值问题，对对称轴的位置分类讨论即可求解.【详解】（1）不妨
15、设，所以，因为，所以，即，所以函数在是单调递增函数.（2）若，则，所以 ，若，则单调递减，所以此时，若，则，若，则单调递增，所以此时，综上所述，.【点睛】方法点睛：利用函数单调性的定义证明函数的单调性，首先要在函数定义域的给定区间内，任取两个数，且，然后通过计算的符号，如果，则在给定区间内单调递增；如果，则在给定区间内单调递减.19(1)(2)【分析】(1)根据题意可得点到点的距离等于它到直线的距离，结合抛物线的定义即可求解；(2)当直线的斜率不存在时可得；当直线的斜率存在时设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理和化简计算即可求解.【详解】（1）因为点到点的距离比它到直线的距离小2，所以点到点的距离等于它到直线的距离，由抛物线的定义知，点的轨迹是一条以为焦点，为准线的抛物线，此时，故的方程为（2）当直线的斜率不存在时，直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线方程为，由消去得，由韦达定理得，由抛物线定义得，综上所述.