安徽亳州利辛縣闞疃金石中學2024屆高考數學倒計時模擬卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（）A． B． C． D．2．已知點在雙曲線上，則該雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．3．已知中，角、所對的邊分別是，，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充分必要條件4．已知是邊長為1的等邊三角形，點，分別是邊，的中點，連接并延長到點，使得，則的值為（）A． B． C． D．5．已知集合，，則等于()A． B． C． D．6．如圖是一個算法流程圖，則輸出的結果是（）A． B． C． D．7．執行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關于的判斷條件是（）A． B． C． D．8．在直角坐標系中，已知A（1，0），B（4，0），若直線x+my﹣1=0上存在點P，使得|PA|=2|PB|，則正實數m的最小值是()A． B．3 C． D．9．已知等比數列滿足，，等差數列中，為數列的前項和，則（）A．36 B．72 C． D．10．已知函數是定義在上的奇函數，函數滿足，且時，，則（）A．2 B． C．1 D．11．要得到函數的導函數的圖像，只需將的圖像（）A．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍B．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍C．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍D．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍12．若是定義域為的奇函數，且，則A．的值域為 B．為周期函數，且6為其一個周期C．的圖像關于對稱 D．函數的零點有無窮多個二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設f（x）＝etx（t＞0），過點P（t，0）且平行于y軸的直線與曲線C：y＝f（x）的交點為Q，曲線C過點Q的切線交x軸于點R，若S（1，f（1）），則△PRS的面積的最小值是_____．14．已知函數.若在區間上恒成立.則實數的取值范圍是__________．15．已知函數為偶函數，則_____.16．在直角三角形中，為直角，，點在線段上，且，若，則的正切值為_____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設函數，.（1）解不等式；（2）若對任意的實數恒成立，求的取值范圍.18．（12分）設數列是等比數列，，已知,(1)求數列的首項和公比；（2）求數列的通項公式．19．（12分）在直角坐標系中，已知點，若以線段為直徑的圓與軸相切.（1）求點的軌跡的方程；（2）若上存在兩動點（A，B在軸異側）滿足，且的周長為，求的值.20．（12分）已知等差數列中，，數列的前項和.（1）求；（2）若，求的前項和.21．（12分）在四棱錐的底面是菱形，底面，，分別是的中點，.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；（III）在邊上是否存在點，使與所成角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.22．（10分）已知函數（），是的導數.（1）當時，令，為的導數.證明：在區間存在唯一的極小值點；（2）已知函數在上單調遞減，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

分子分母同乘,即根據復數的除法法則求解即可.【詳解】解:,故選:A【點睛】本題考查復數的除法運算,屬于基礎題.2、C【解析】

將點A坐標代入雙曲線方程即可求出雙曲線的實軸長和虛軸長，進而求得離心率.【詳解】將,代入方程得，而雙曲線的半實軸，所以，得離心率,故選C.【點睛】此題考查雙曲線的標準方程和離心率的概念，屬于基礎題.3、D【解析】

由大邊對大角定理結合充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】中，角、所對的邊分別是、，由大邊對大角定理知“”“”，“”“”.因此，“”是“”的充分必要條件.故選：D.【點睛】本題考查充分條件、必要條件的判斷，考查三角形的性質等基礎知識，考查邏輯推理能力，是基礎題．4、D【解析】

設，，作為一個基底，表示向量，，，然后再用數量積公式求解.【詳解】設，，所以，，，所以.故選：D【點睛】本題主要考查平面向量的基本運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.5、B【解析】

解不等式確定集合，然后由補集、并集定義求解．【詳解】由題意或，∴，．故選：B.【點睛】本題考查集合的綜合運算，以及一元二次不等式的解法，屬于基礎題型．6、A【解析】

執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，執行上述的程序框圖：第1次循環：滿足判斷條件，；第2次循環：滿足判斷條件，；第3次循環：滿足判斷條件，；不滿足判斷條件，輸出計算結果，故選A．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的結果的計算與輸出，其中解答中執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．7、B【解析】

根據程序框圖，逐步執行，直到的值為63，結束循環，即可得出判斷條件.【詳解】執行框圖如下：初始值：，第一步：，此時不能輸出，繼續循環；第二步：，此時不能輸出，繼續循環；第三步：，此時不能輸出，繼續循環；第四步：，此時不能輸出，繼續循環；第五步：，此時不能輸出，繼續循環；第六步：，此時要輸出，結束循環；故，判斷條件為.故選B【點睛】本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執行框圖，結合輸出結果，即可確定判斷條件，屬于常考題型.8、D【解析】

設點，由，得關于的方程.由題意，該方程有解，則，求出正實數m的取值范圍，即求正實數m的最小值.【詳解】由題意，設點.，即，整理得，則，解得或..故選：.【點睛】本題考查直線與方程，考查平面內兩點間距離公式，屬于中檔題.9、A【解析】

根據是與的等比中項，可求得，再利用等差數列求和公式即可得到.【詳解】等比數列滿足，，所以，又，所以，由等差數列的性質可得.故選：A【點睛】本題主要考查的是等比數列的性質，考查等差數列的求和公式，考查學生的計算能力，是中檔題.10、D【解析】

說明函數是周期函數，由周期性把自變量的值變小，再結合奇偶性計算函數值．【詳解】由知函數的周期為4，又是奇函數，，又，∴，∴．故選：D．【點睛】本題考查函數的奇偶性與周期性，掌握周期性與奇偶性的概念是解題基礎．11、D【解析】

先求得，再根據三角函數圖像變換的知識，選出正確選項.【詳解】依題意，所以由向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍得到的圖像.故選：D【點睛】本小題主要考查復合函數導數的計算，考查誘導公式，考查三角函數圖像變換，屬于基礎題.12、D【解析】

運用函數的奇偶性定義，周期性定義，根據表達式判斷即可.【詳解】是定義域為的奇函數，則，，又，，即是以4為周期的函數，，所以函數的零點有無窮多個；因為，，令，則，即，所以的圖象關于對稱，由題意無法求出的值域，所以本題答案為D.【點睛】本題綜合考查了函數的性質，主要是抽象函數的性質，運用數學式子判斷得出結論是關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

計算R（t，0），PR＝t﹣（t），△PRS的面積為S，導數S′，由S′＝0得t＝1，根據函數的單調性得到最值.【詳解】∵PQ∥y軸，P（t，0），∴Q（t，f（t））即Q（t，），又f（x）＝etx（t＞0）的導數f′（x）＝tetx，∴過Q的切線斜率k＝t，設R（r，0），則k，∴r＝t，即R（t，0），PR＝t﹣（t），又S（1，f（1））即S（1，et），∴△PRS的面積為S，導數S′，由S′＝0得t＝1，當t＞1時，S′＞0，當0＜t＜1時，S′＜0，∴t＝1為極小值點，也為最小值點，∴△PRS的面積的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了利用導數求面積的最值問題，意在考查學生的計算能力和應用能力.14、【解析】

首先解不等式，再由在區間上恒成立，即得到不等組，解得即可.【詳解】解：且，即解得，即因為在區間上恒成立，解得即故答案為：【點睛】本題考查一元二次不等式及函數的綜合問題，屬于基礎題.15、【解析】

根據偶函數的定義列方程，化簡求得的值.【詳解】由于為偶函數，所以，即，即，即，即，即，即，即，所以.故答案為：【點睛】本小題主要考查根據函數的奇偶性求參數，考查運算求解能力，屬于中檔題.16、3【解析】

在直角三角形中設，，，利用兩角差的正切公式求解.【詳解】設，，則，故.故答案為：3【點睛】此題考查在直角三角形中求角的正切值，關鍵在于合理構造角的和差關系，其本質是利用兩角差的正切公式求解.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)；(2)【解析】試題分析：（1）將絕對值不等式兩邊平方，化為二次不等式求解．（2）將問題化為分段函數問題，通過分類討論并根據恒成立問題的解法求解即可．試題解析：整理得解得①②解得③,且無限趨近于4，綜上的取值范圍是18、(1)（2）【解析】

本題主要考查了等比數列的通項公式的求解，數列求和的錯位相減求和是數列求和中的重點與難點，要注意掌握．（1）設等比數列{an}的公比為q，則q+q2=6，解方程可求q（2）由（1）可求an=a1?qn-1=2n-1，結合數列的特點，考慮利用錯位相減可求數列的和解：（1）（2），兩式相減：19、（1）；（2）【解析】

（1）設，則由題設條件可得，化簡后可得軌跡的方程.（2）設直線，聯立直線方程和拋物線方程后利用韋達定理化簡并求得，結合焦半徑公式及弦長公式可求的值及的長.【詳解】（1）設，則圓心的坐標為，因為以線段為直徑的圓與軸相切，所以，化簡得的方程為.(2)由題意，設直線，聯立得，設（其中）所以，，且，因為，所以，，所以，故或（舍），直線，因為的周長為所以.即，因為.又，所以，解得，所以.【點睛】本題考查曲線方程以及拋物線中的弦長計算，還涉及到向量的數量積.一般地，拋物線中的弦長問題，一般可通過聯立方程組并消元得到關于或的一元二次方程，再把已知等式化為關于兩個的交點橫坐標或縱坐標的關系式，該關系中含有或，最后利用韋達定理把關系式轉化為某一個變量的方程.本題屬于中檔題.20、（1），；（2）.【解析】

（1）由條件得出方程組，可求得的通項，當時，，可得，當時，，得出是以1為首項，2為公比的等比數列，可求得的通項；（2）由（1）可知，，分n為偶數和n為奇數分別求得.【詳解】（1）由條件知，，，當時，，即，當時，，是以1為首項，2為公比的等比數列，；（2）由（1）可知，，當n為偶數時，當n為奇數時，綜上，【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項的求得，以及其前n項和，注意分n為偶數和n為奇數兩種情況分別求得其數列的和，屬于中檔題.21、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）見解析.【解析】

(Ⅰ)由題意結合幾何關系可證得平面，據此證明題中的結論即可；(Ⅱ)建立空間直角坐標系，求得直線的方向向量與平面的一個法向量，然后求解線面角的正弦值即可；(Ⅲ)假設滿足題意的點存在，設，由直線與的方向向量得到關于的方程，解方程即可確定點F的位置.【詳解】(Ⅰ)由菱形的性質可得：，結合三角形中位線的性質可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，(Ⅱ)由題意結合菱形的性質易知，，，以點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則：，設平面的一個法向量為,則：，據此可得平面的一個法向量為，而，設直線與平面所成角為，則.(Ⅲ)由題意可得：，假設滿足題意的點存在，設，，據此可得：，即：,從而點F的坐標為，據此可得：,，結合題意有：，解得：.故點F為中點時滿足題意.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理與性質定理，線面角的向量求法，立體幾何中的探索性問題等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.22、（1）見解析；（2）【解析】

（1）設，，注意到在上單增，再利用零點存在性定理即可解決；（2）函數在上單調遞減，則在恒成立，即在上恒成立，構造函數，求導討論的最值即可.【詳解】（1）由已知