高中数学竞赛强基计划9 2024年新高考数学新结构试题挑战140冲刺985模拟卷（二）（解析版）.docx

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专题09 2024年新高考数学新结构试题挑战140冲刺985模拟卷（二）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40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．已知数列的前n项和，将依原顺序按照第n组有项的要求分组，则2024所在的组数为（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】先求出数列的通项公式，得到2024在数列中的项数，再根据第n组有项求出前组所含项数，即可求解.【详解】因为，所以当时，，当时，符合，所以，故由得，将依原顺序按照第n组有项的要求分组，故第一组项，第二组项，第三组项，，第组有项，故前组共有，又，故2024所在的组数为.故选：B.2．如图，为四面体的棱的中点，为的中点，点在线段上，且，设，，，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据空间向量基本定理得到，故.【详解】为四面体的棱的中点，为的中点，故，，，因为，所以，.故选：A 3．如图，P，M，Q，N是抛物线上的四个点（P，M在轴上方，Q，N在轴下方），已知直线PQ与MN的斜率分别为和2，且直线PQ与MN相交于点，则（）A．B．C．D．2【答案】A【分析】设出点的坐标，写出直线的方程，联立抛物线方程，再根据韦达定理和弦长公式分别求得，再求结果即可.【详解】设，则直线的方程为，联立抛物线方程可得，，则；又直线方程为，联立抛物线方程可得，则，；故，，，；故.故选：A.4．如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（）A．1 B．C．D．【答案】C【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】解：过和分别作，，在矩形，，，，则，即，平面与平面所成角的余弦值为，,，，，，则，即与之间距离为，故选：C．5．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，现有一阳马，面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果.【详解】平面，，连接，由，可得，四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系，则，，设，，则，所以因为，则，则，所以.故选：D 6．设且，若函数有三个极值点，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用导数，分别求得时以及时函数对应的极值点情况，再结合题意，即可求得参数范围.【详解】当时，，；对，其开口向上，对称轴为，且，故当，即，也即或时，在恒成立，故在没有极值点；当，即，也即时，存在，使得，故，，单调递增；在，，单调递减，在有一个极值点；当时，，令，；故当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，故当，即时，在恒成立，在单调递减，无极值点；当，即时，，故存在，满足；又当趋近于时，趋近于，趋近于，故存在，满足；故当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，故此时在存在个极值点；综上所述，若有个极值点，则在有一个极值点，在存在个极值点，此时，且，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数由函数的极值点个数，求参数的范围问题；解决问题的关键是：能够利用导数研究时，以及时，的单调性和极值点个数对应的参数范围，从而结合题意，解决问题.7．设，则（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.【详解】，设，，则，则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，设，，则在上恒成立，则，则在上恒成立，令，则，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，即在上恒成立，令，则，则，即，故，故选：B.8．已知椭圆与双曲线具有相同的左、右焦点，，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得，结合离心率可得，在中，利用余弦定理可得，进而结合椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，分析求解即可.【详解】由题意可知：，解得，又因为，可得，由直线与轴的交点的坐标为可得，在中，由余弦定理可得，可得，整理得，解得或（舍去），且，所以，由椭圆性质可知：当为椭圆短轴顶点时，取到最大值，此时，且，则，所以，即.故选：A..【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于找到的两种表达方式，构造了关于的方程，从而得解.二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9．若满足，则（）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】令，代入已知条件，再由判别式可求得的范围，从而可判断A,B选项，将已知条件变形为，再由均值不等式可得的范围，再利用代入法并化简即可判断C,D选项.【详解】令，即，代入可得：.所以,解得,所以A正确.B正确；由可变形为,因为,将代入上式可得：,解得,所以不正确,D正确.故选：.10．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（）A．若平面是面积为的等边三角形，则B．若，则C．若，则球面的体积D．若平面为直角三角形，且，则【答案】BC【分析】根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D.【详解】若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确.若，则，则.B正确.若，则，，则平面的外接圆半径为，则到平面的距离，则三棱锥的体积，则球面的体积.C正确.由余弦定理可知因为，所以，则.取，，则，，则.D不正确.故选：BC【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.11．对于，满足，且对于，恒有．则（）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】赋值法求得，由，求的值判断选项A，由，求得，结合恒有，对BCD中的函数值进行判断.【详解】令代入及，得，所以，，A选项正确；令代入，得；令代入由，得，，，，，对于．恒有，，，B选项正确；，C选项错误；，则有，即，D选项正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：抽象函数问题可以通过化抽象为具体的方法，即赋予恰当的数值或代数式，经过运算与推理，最后得出结论，常用的方法有：(1)令等特殊值求抽象函数的函数值；(2)令或，且，判断抽象函数的单调性；(3)令，判断抽象函数的奇偶性；(4)换为，确定抽象函数的周期；(5)用，或换为等来解答抽象函数的其它一些问题.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分．过点D作、的垂线，垂足分别为A、B．则的最大值是．【答案】/0.1875【分析】利用三角形面积公式、余弦定理，结合椭圆的定义得，再利用均值不等式求解作答.【详解】设，依题意，，，由，得，即，，椭圆中，，在中，由余弦定理得，即有，则，因此，当且仅当时取等号，所以的最大值是.故答案为：13．已知空间四面体满足，则该四面体外接球体积的最小值为．【答案】【分析】设分别为的中点，连接，结合三角形全等可证是线段的垂直平分线，同理可证是线段的垂直平分线，故而判断球心在上，由三角形两边之和大于第三边可得的范围，结合图形判断球心的位置以及半径，从而求出结果.【详解】设分别为的中点，连接，由已知，，故，因为是的中点，所以，因为为的中点，故，即是线段的垂直平分线；同理可得，是线段的垂直平分线，故球心在上，设球的半径为，球心为，则，即，故，此时为线段的中点，且，故所求外接球体积的最小值为．故答案为：14．曲线上动点与构成，若，则实数的取值范围为．【答案】【分析】由对称性，不妨考虑点在轴或其上方，即设，得，作轴于点，则，用坐标表示出，然后求得最小值，由最小值不小于8得结论．【详解】由对称性，不妨考虑点在轴或其上方，即设，，，则，作轴于点，则，所以梯形，当，即时，时，，由得，无解，当即时，时，，满足题意，综上，．【点睛】思路点睛：设出点坐标为，通过作垂线，构造直角三角形和直角梯形，从而用点的坐标表示出三角形的面积，然后结合二次函数知识求得面积最小值，四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．(1)若，证明：平面；(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．【答案】(1)证明见解析；(2)1．【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．法1：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此，．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法2：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法3：在平面中，作，垂足为H．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．因为，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以是二面角的平面角．在四棱台中，四边形是梯形，，，，点P是棱的中点，所以，．设，则，，在中，，从而．因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，且二面角的正弦值为，所以，从而．所以在中，，解得或（舍）．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．16．已知函数且.(1)设，讨论的单调性；(2)若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)1）；2)证明见解析【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.【详解】（1）,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,,解,得,解,得综上,当时,增区间为,减区间为,当时,增区间为,减区间为,（2）1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时,,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的,可得,,是单调递减的,其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的,,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知,,在上单调递增,可得,可知与同号所以,在上单调递增.,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤可知【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,结合特殊值得到再利用单调性可得.17．如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”．（1）若某4阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项；（2）若某11阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式；（3）若为n阶“归化数列”，求证：．【答案】（1）或；（2）或；（3）证明见解析.【分析】（1）利用“归化数列”的条件可得，从而，以后各项依次可写出；（2）由11阶“归化数列”得，当时，，当时，，由此可得的通项公式；（3）对阶“归化数列”，可知在中有正有负，设是正的，是负的，这样，，即可得到结果.【详解】（1）设成公比为q的等比数列，显然，则由，得，解得，由得，解得，所以数列或为所求四阶“归化数列”；（2）设等差数列的公差为，由，所以，所以，即，当时，与归化数列的条件相矛盾，当时，由，所以，所以当时，由，所以，所以（n∈N*，n≤11），所以（n∈N*，n≤11）（3）由已知可知，必有也必有(i，j∈{1，2，…，n，且i≠j)．设为诸中所有大于0的数，为诸中所有小于0的数．由已知得X==，Y=++…+=－．所以．【点睛】本题考查数列新定义，考查等差数列与等比数列的通项和前项和公式，考查不等式的放缩法，属于中档题．18．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.(1)证明和均为定值;(2)设线段的中点为，求的最大值；(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)(3)椭圆C上不存在三点，使得【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；（3）假设存在，满足，由（1）得，，，，，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以∵在椭圆上∴①又∵，∴②由①②得，．此时；（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得故即又，∴∵点到直线的距离为∴又整理得此时综上所述结论成立．（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知，因此．（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知所以．当且仅当，即时，等号成立．综合（1）（2）得的最大值为.（3）椭圆C上不存在三点，使得证明：假设存在，满足由（1）得，，，，，解得：，.因此从集合中选取，从集合中选取；因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.所以椭圆C上不存在三点，使得【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.19．罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得．(1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得．(2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围．(3)证明：当时，有．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得.（2）求出函数的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.（3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.【详解】（1）令，则，令函数，则，显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得，即，所以.（2）依题意，，不妨令，则恒成立，由（1）得，于是，即，因此，令，求导得，函数在上单调递增，则，而函数在上单调递增，其值域为，则，所以实数的取值范围是.（3）令函数，显然函数在上可导，由（1），存在，使得，又，则，因此，而，则，即，所以.【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.