高中数学竞赛强基计划8 2024年新高考数学新结构试题挑战140冲刺985模拟卷（一）（解析版）.docx

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专题08 2024年新高考数学新结构试题挑战140冲刺985模拟卷（一）（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．设函数．若实数使得对任意恒成立，则（）A．B．0 C．1 D．【答案】C【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用差角的正弦公式变形等式，借助恒成立建立关系，并分析计算即得.【详解】函数，依题意，对任意的恒成立，即对恒成立，因此对恒成立，于是，显然，否则且，矛盾，则，显然，否则且，矛盾，从而，解得，所以.故选：C【点睛】关键点睛：把给定的等式利用差角的正弦公式按角展开，借助恒等式建立方程组是解决本问题的关键.2．已知抛物线的焦点为F，准线为l，A，B为C上两点，且均在第一象限，过A，B作l的垂线，垂足分别为D，E.若，，则的外接圆面积为（）.A．B．C．D．【答案】A【分析】由抛物线的定义及平行线的性质可得，结合同角三角函数的平方关系及二倍角公式可得，进而由正弦定理可求得结果.【详解】如图所示，由抛物线的定义可知，，所以，，所以，故，易知为锐角，且由可知，所以.设的外接圆半径为R，由正弦定理可知，又，所以，所以的外接圆面积为.故选：A.3．已知函数满足，当时，，则（）A．为奇函数B．若，则C．若，则D．若，则【答案】C【分析】根据赋值法可得，，进而可得，即可判断A，根据函数单调性的定义可判断在上为减函数，即可求解B，代值逐步求解即可判断CD.【详解】令，，，所以；令，，则．令，得，故为偶函数．A错误，任取，，，则，则，故在上为减函数．由已知，可得，故，解得，且．B错误，若，则，C正确，若，则，，，所以，故D错误，故选：C．4．若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据指对混合型不等式，利用指对运算将不等式转化成，根据结构相同设函数，利用函数的单调性及取值情况，将问题转化为，令，求导确定最值即可得实数的取值范围.【详解】依题意得，，故，令，则，令可得，所以时，，则在上单调递减，时，，则在上单调递增；且当时，，当时，；则由，得，则令，则，故当时，，单调递减，当时，单调递增，故，则，则实数的取值范围为.故选：D．5．在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（）A．1 B．2 C．4 D．2或4【答案】C【分析】利用余弦定理先得B，结合余弦的和差公式构造齐次式弦化切解方程计算即可.【详解】由余弦定理得，即，，所以或，又，所以.故选：C【点睛】思路点睛：由余弦定理先求，根据条件及余弦的和差角公式、弦化切构造齐次式方程解方程即可.6．设函数在上至少有两个不同零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先令得，并得到，从小到大将的正根写出，因为，所以，从而分情况，得到不等式，求出答案.【详解】令得，因为，所以，令，解得或，从小到大将的正根写出如下：，，，，，……，因为，所以，当，即时，，解得，此时无解，当，即时，，解得，此时无解，当，即时，，解得，故，当，即时，，解得，故，当时，，此时在上至少有两个不同零点，综上，的取值范围是.故选：A【点睛】方法点睛:在三角函数图象与性质中，对整个图象性质影响最大，因为可改变函数的单调区间，极值个数和零点个数，求解的取值范围是经常考察的内容，综合性较强，除掌握三角函数图象和性质，还要准确发掘题干中的隐含条件，找到切入点，数形结合求出相关性质，如最小正周期，零点个数，极值点个数等，此部分题目还常常和导函数，去绝对值等相结合考查综合能力.7．已知正四棱锥的底面边长为，高为3．以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（）A．或B．或C．或D．或【答案】B【分析】分公共圆面在四棱锥内部与外部讨论，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，球的半径为，可求得相交圆半径为1，由勾股定理得，，组成方程组求解.【详解】当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，也是两球的公共点，设球的半径为，因为相交圆的面积为，所以相交圆的半径为1，即底面正方形边长为，所以，由勾股定理有，所以，设，则①，②，联立①②解得．当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示，同上可求，，，则③，④，联立③④解得．故选：B．【点睛】方法点睛：在球与截面的计算中方法：球心与圆心之间的距离为，球半径为，截面半径为，可以根据勾股定理建立关系式.8．设，，，则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】先根据，，得到，再构造函数，比较出，得到结论.【详解】，，，下证时，，设，射线与单位圆相交于点，过点作⊥轴于点D，单位圆与轴正半轴交于点，过点作⊥轴，交射线于点，连接，则，设扇形的面积为，因为，所以，即，故，所以，，所以，因为，令，，则，其中，令，则，，令，则在上恒成立，则在上单调递增，又，故在上恒成立，所以在上单调递增，又，故在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以，即，则因为，令，，则，令，则，令，则，令，则在上恒成立，所以在单调递减，又，故在上恒成立，所以在上单调递减，又，故在上恒成立，所以在上单调递减，又，故在上恒成立，故在上单调递减，又，故，即，故，其中，则，D正确.故选：D【点睛】麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：，，，，，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．已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（）A．和均为奇函数B．C．D．【答案】BCD【分析】利用函数奇偶性，对称性与周期性的性质，逐一分析各选项即可得解.【详解】对于B，由，得，又，，的图象关于直线对称，，，，则是周期函数，且周期为，所以，故B正确；对于A，的图象关于直线对称，是偶函数，若为奇函数，则恒成立，不满足，故A错误；对于C，由，得，，因为，则，所以是周期函数，且周期为，则，故C正确；对于D，由，得，又，由，得，故D正确.故选：BCD.【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.10．已知对任意角，均有公式.设△ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是()A．B．C．D．【答案】CD【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D﹒【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足，∴，即，∴，由题可知，，∴，∴∴，∴有，故A错误；设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可知，，∴，∴，∴，故B错误；，故C正确；，故D正确．故选：CD．11．如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（）A．B．C．点的轨迹的长度为D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为【答案】BCD【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可【详解】依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，故，又在平面内的射影在线段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即为二面角的平面角对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；对于B选项，即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；对于D选项，如下图所示设，在中，，，在中，，，所以，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时取等号，故D正确．故选：BCD．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知是双曲线的两个焦点，其中同时又是抛物线的焦点，且，的面积为10，，则抛物线方程为．【答案】【分析】设，由，解出得点坐标，结合得抛物线方程.【详解】以的中点为原点，为轴，建立平面直角坐标系，不妨设．由，则有，解得，又，解得，，则有，故抛物线方程为．故答案为：13．若实数，满足，则的最小值为．【答案】.【分析】由，得出构成成等比数列，求得，进而结合二次函数的性质，即可求解．【详解】由题意，实数，满足，可得构成成等比数列，设公比为，则，整理得，解得，可得，所以，故的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了最值问题的求解，其中解答中根据题设条件，合理转化为等比数列，利用等比数列的性质求解是解答的关键，着重考查了转化与化归思想，以及分析问题和解决问题的能力．14．已知，若，则实数的取值范围是，【答案】【分析】构造函数，先分析其值域，从而得到的最大值，进而利用解绝对值不等式得到或，结合集合的并集运算即可得解.【详解】设，因为在上单调递增，可知在上单调递增，即在上单调递增，则，且，由绝对值的性质可知的最大值为或，因为等价于，又，即关于的不等式或在上恒成立，由，得；由，得；所以，则，整理得，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将等价于关于的不等式或在上恒成立，从而得解.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．某工厂生产某种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为合格品，小于82为次品，现抽取这种元件100件进行检测，检测结果统计如下表：测试指标元件数（件）。