山西省忻州一中、临汾一中、精英中学2024年高考模拟金典卷数学试题(六)试题

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。

ytanx1．函数 的部分图象如图所示，则 OAOBAB（ ）

24

A．6 B．5 C．4 D．3

2．已知p:|x1|2 ，q:xa，且p是q的充分不必要条件，则a的取值范围是（ ） A．a1

B．a3

xC．a1

xD．a1

3．已知函数fxxa2，gxlnx4a2，若存在实数x0，使fx0gx05成立，则正数a的取值范围为（ ）

，A．01 4 B．0，， C．1D．0,ln2 4．已知集合A={x|y=lg（4﹣x2）}，B={y|y=3x，x＞0}时，A∩B=（ ） A．{x|x＞﹣2} B．{x|1＜x＜2} C．{x|1≤x≤2} D．∅ 5．已知集合Mx|2x6，Nx|3xlog235，则MB．x|3xlog235 D．x|log235x6

N（ ）

A．x|2xlog235 C．x|3x6

A′O′＝6．已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，的面积是( )

3，那么原△ABC2

A．3 C．B．22 D．3 23 4x2y27．设F1，F2分别是椭圆E:221(ab0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且AF1AF20，

abAF22F2B，则椭圆E的离心率为( )

A．

2 3B．

3 4C．5 3D．7 48．如图，在四边形ABCD中，AB1，BC3，ABC120，ACD90，CDA60，则BD的长度为（ ）

A．53 3B．23 C．33 D．

73 39．复数z的共轭复数记作z，已知复数z1对应复平面上的点1,1，复数z2:满足z1z22.则z2等于（ ） A．2

B．2

C．10

D．10

10．复数的z12ii为虚数单位在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

x011．已知命题p：若a1，bc1，则logbalogca；命题q：x00,，使得2真命题的是（ ） A．pq

B．pq

C．pq

D．pq

log3x0”，则以下命题为

12．已知函数f(x)满足f(4)17，设f(x0)y0，则“y017”是“x04”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．如图是某几何体的三视图，俯视图中圆的两条半径长为2且互相垂直，则该几何体的体积为________.

x1xlog(42)0在x0时恒成立，则实数的取值范围是_____ 114．若关于x的不等式

215．现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有____种.（用数字作答） 16．已知三棱锥ABCD中，ADACBCBD3，ABCD2，则该三棱锥的外接球的表面积是________. 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

*17．（12分）已知数列an满足，a11，a24，且an24an13an0nN.

（1）求证：数列an1an为等比数列，并求出数列an的通项公式； （2）设bn2nan，求数列bn的前n项和Sn.

218．（12分）设数列an，其前n项和Sn3n，又bn单调递增的等比数列， b1b2b3512，a1b1 a3b3.

(Ⅰ)求数列an，bn的通项公式； (Ⅱ)若cnbn2 ，求数列cn的前n项和Tn，并求证：Tn1.

bn2bn1319．（12分）在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为为极轴建立极坐标系. （1）求圆C的极坐标方程； （2）直线l的极坐标方程是sin求线段PQ的长.

20．（12分）已知函数fx2xeax.

xx22cos（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴

y2sin3，射线OM:与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，66（Ⅰ）已知x2是fx的一个极值点，求曲线fx在0,f0处的切线方程 （Ⅱ）讨论关于x的方程fxalnxaR根的个数.

21．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝（Ⅰ）求sinB的值； （Ⅱ）求sin（2B+

1asinC． 2）的值． 322．（10分）已知函数fx2lnx1sinx1，函数gxax1blnx（a,bR,ab0）. （1）讨论gx的单调性；

（2）证明：当x0时，fx3x1. （3）证明：当x1时，fxx2x2e2sinx.

参

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A 【解题分析】

根据正切函数的图象求出A、B两点的坐标，再求出向量的坐标，根据向量数量积的坐标运算求出结果． 【题目详解】 由图象得,令ytank=0时解得x=2，

x=0,即x=kπ，kZ

2424ytanx令=1,即x，解得x=3，

24244∴A(2,0),B(3,1)，

∴OA2,0,OB3,1,AB1,1， ∴OAOBAB5,11,1516. 故选：A.

【题目点拨】

本题考查正切函数的图象，平面向量数量积的运算，属于综合题，但是难度不大，解题关键是利用图象与正切函数图象求出坐标，再根据向量数量积的坐标运算可得结果，属于简单题. 2、D 【解题分析】

“p是q的充分不必要条件”等价于“q是p的充分不必要条件”，即q中变量取值的集合是p中变量取值集合的真子集.

【题目详解】

由题意知：p:|x1|2可化简为{x|x3或x1}，q:xa， 所以q中变量取值的集合是p中变量取值集合的真子集，所以a1. 【题目点拨】

利用原命题与其逆否命题的等价性，对p是q的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解. 3、A 【解题分析】

根据实数x0满足的等量关系，代入后将方程变形a2x04a2x0lnx05x0，构造函数hxlnx5x，并由

结合存在性问题的求法，即可求得正数a4a2x0的最小值，

导函数求得hx的最大值；由基本不等式可求得a2x0的取值范围. 【题目详解】

函数fxxa2，gxxlnx4a2x，

由题意得即a2令hx0fx0gx0x0a2x0lnx04a2x05，

4a2x0lnx05x0，

xlnx5x，

11x1， xx∴hx，上单调递减， ∴hx在01上单调递增，在1，∴hxmaxh14，而a2x04a2x02a2x042x04a，

当且仅当2x042x0，即当x01时，等号成立， ∴4a4，

∴0a1. 故选：A. 【题目点拨】

本题考查了导数在求函数最值中的应用，由基本不等式求函数的最值，存在性成立问题的解法，属于中档题. 4、B

【解题分析】试题分析：由集合A中的函数由集合B中的函数考点：交集及其运算． 5、A 【解题分析】

根据对数性质可知5log2356，再根据集合的交集运算即可求解. 【题目详解】 ∵5log2356， 集合M，得到

，∴集合

，得到

，则

，解得：

，∴集合，故选B．

，

x|2x6，

x|2xlog235.

∴由交集运算可得MN故选：A. 【题目点拨】

本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题. 6、A 【解题分析】

先根据已知求出原△ABC的高为AO＝3，再求原△ABC的面积. 【题目详解】

由题图可知原△ABC的高为AO＝3， ∴S△ABC＝

11BC×OA＝××2×3＝3，故答案为A 22【题目点拨】

本题主要考查斜二测画法的定义和三角形面积的计算，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 7、C 【解题分析】

根据AF22F2B表示出线段长度，由勾股定理，解出每条线段的长度，再由勾股定理构造出a,c关系，求出离心率. 【题目详解】

AF22F2B

设BF2x，则AF22x

由椭圆的定义，可以得到AF12a2x,BF12ax

AF1AF20,AF1AF2

在RtAF1B中，有2a2x3x2ax，解得x222a 3AF22a4a,AF1 332224a2a 在Rt△AF1F2中，有2c33c25c5 整理得2=，ea9a3故选C项. 【题目点拨】

本题考查几何法求椭圆离心率，是求椭圆离心率的一个常用方法，通过几何关系，构造出a,c关系，得到离心率.属于中档题. 8、D 【解题分析】

设ACB，在ABC中，由余弦定理得AC2106cos12013，从而求得CD，再由由正弦定理得

ABAC，求得sin，然后在BCD中，用余弦定理求解. sinsin120【题目详解】

设ACB，在ABC中，由余弦定理得AC2106cos12013， 则AC13，从而CD13， 3由正弦定理得

ABAC3，即sin， sinsin120213从而cosBCDcos90sin3， 213在BCD中，由余弦定理得：BD291313349， 23332133则BD73. 3故选：D 【题目点拨】

本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 9、A 【解题分析】

根据复数z1的几何意义得出复数z1，进而得出z1，由z1z22得出z2【题目详解】

由于复数z1对应复平面上的点1,1，z11i，则z11i，

2可计算出z2，由此可计算出z2. z1z1z22，z2故选：A. 【题目点拨】

21i221i，因此，z212122. z11i1i1i本题考查复数模的计算，考查了复数的坐标表示、共轭复数以及复数的除法，考查计算能力，属于基础题. 10、C 【解题分析】

所对应的点为（-1，-2）位于第三象限.

【考点定位】本题只考查了复平面的概念，属于简单题. 11、B 【解题分析】

先判断命题p,q的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案. 【题目详解】

logba1111loga0logclogb，，因为a1，bc1，所以，所以，即命题pcaalogablogaclogaclogab为真命题；画出函数y2x和ylog3x图象，知命题q为假命题,所以pq为真. 故选:B.

【题目点拨】

本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题p,q的真假,难度较易. 12、B 【解题分析】

结合函数的对应性，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【题目详解】

解：若x04，则f(x0)f417，即y017成立，

2若f(x)x1，则由f(x0)y017，得x04，

则“y017”是“x04”的必要不充分条件， 故选：B． 【题目点拨】

本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合函数的对应性是解决本题的关键，属于基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、20 【解题分析】

由三视图知该几何体是一个圆柱与一个半球的四分之三的组合，利用球体体积公式、圆柱体积公式计算即可. 【题目详解】

由三视图知，该几何体是由一个半径为2的半球的四分之三和一个底面半径2、高为4的圆 柱组合而成，其体积为24故答案为：20. 【题目点拨】

本题考查三视图以及几何体体积，考查学生空间想象能力以及数算能力，是一道容易题.

2342320. 8314、3 【解题分析】

利用对数函数的单调性，将不等式去掉对数符号，再依据分离参数法，转化成求构造函数最值问题，进而求得的取值范围。 【题目详解】

x1xlog(42)0 得4x12x1，两边同除以x，得到，142x， 1由222x11上递减， x0，设t2x1，4t，由函数y4t 在1，tt1所以4t143，故实数的取值范围是3。

t【题目点拨】

本题主要考查对数函数的单调性，以及恒成立问题的常规解法——分离参数法。 15、36 【解题分析】

先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法，在此条件下，计算甲不排在两端的排法，最后相减即可得到结果. 【题目详解】

由题意得5人排成一排，甲、乙两人不相邻，有A3A4种排法，其中甲排在两端，有2A3A3种排法，则6人排成一排，

3231甲、乙两人不相邻，且甲不排在两端，共有A3A42A3A336（种）排法.

3231所以本题答案为36. 【题目点拨】

排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题. 16、11 【解题分析】

将三棱锥ABCD补成长方体AEDFGBHC，设AEx，AFy，AGz，设三棱锥ABCD的外接球半径为R，求得2Rx2y2z2的值，然后利用球体表面积公式可求得结果. 【题目详解】

将三棱锥ABCD补成长方体AEDFGBHC，设AEx，AFy，AGz， 设三棱锥ABCD的外接球半径为R，则2Rx2y2z2，

22

AD2x2y29222由勾股定理可得ABxz4，

AC2y2z29上述三个等式全部相加得2xyz22222，2R24R2x2y2z211，

因此，三棱锥ABCD的外接球面积为4R211. 故答案为：11. 【题目点拨】

本题考查三棱锥外接球表面积的计算，根据三棱锥对棱长相等将三棱锥补成长方体是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

3n1(2n1)3n13n(n1) 17、（1）证明见解析；an（2）Sn242【解题分析】

（1）根据题目所给递推关系式得到an2an13an1an，由此证得数列an1an为等比数列，并求得其通项公式.然后利用累加法求得数列an的通项公式.

（2）利用错位相减求和法求得数列bn的前n项和Sn 【题目详解】

（1）已知an24an13an0， 则an2an13an1an，

且a2a13，则an1an为以3为首相，3为公比的等比数列，

3n1. 所以an1an3，ananan1an1an2a2a1a12n（2）由（1）得：bnn3n，

nTn131232n3n，①

3Tn132233(n1)3nn3n1，②

①－②可得2Tn333n312nn13n13n3n1，

23n13n3n1(2n1)3n13 则Tn424(2n1)3n13n(n1). 即Sn42【题目点拨】

本小题主要考查根据递推关系式证明等比数列，考查累加法求数列的通项公式，考查错位相减求和法，属于中档题.

n118、（1）an6n3，bn2；（2）详见解析.

【解题分析】

22（1）当n1时，anS13，当n2时，anSnSn13n[3(n1)]6n3， 2当n1时，也满足an6n3，∴an6n3，∵等比数列bn，∴b1b3b2， 3∴b1b2b3b2512b28，又∵a1b1a3b3，

∴381158qq2或q（舍去）， q2n1∴bnb2qn22；

2n12n11（2）由（1）可得：cnn1，

(22)(2n11)(2n1)(2n11)2n12n11∴Tnc1c2c3cn(11112)(23)21212121(11) 2n12n11122∴TnT1，即Tn1.）

33112n11，显然数列Tn是递增数列，

19、（1）4cos（2）232 【解题分析】

（1）首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可；

（2）设P1,1，Q2,2，由12【题目详解】

解：（1）圆C的参数方程6，即可求出1,2，则|PQ|12计算可得；

x22cos22（为参数）可化为(x2)y4，

y2sin∴24cos0，即圆C的极坐标方程为4cos.

12314cos1（2）设P1,1，由，解得.

1166sin222236设Q2,2，由，解得.

2626∵12，∴|PQ|【题目点拨】

本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 20、（Ⅰ）e1xy20；（Ⅱ）见解析 【解题分析】

（Ⅰ）求函数的导数，利用x=2是f (x)的一个极值点，得f' (2) =0建立方程求出a的值，结合导数的几何意义进行求解即可；

（Ⅱ）利用参数法分离法得到ahx12232.

2x2exxlnx，构造函数求出函数的导数研究函数的单调性和最值，利用数形

结合转化为图象交点个数进行求解即可. 【题目详解】

（Ⅰ）因为fx2xeax，则f'x1xea，

xx因为x2是fx的一个极值点，所以f'20，即12ea0，

2所以ae2，

因为f02，f'0e1，

2则直线方程为y2e1x，即e1xy20； （Ⅱ）因为fxalnx，所以x2ealnxax0，

x22所以x2ealnxx，设gxlnxxx0，则g'xx11x0， x所以gx在0,1上是增函数，在1,上是减函数， 故gxg110，

所以ahxx2ex，所以h'xxlnxx1exx2lnx1x， 2lnxx设mxx2211lnx1，则m'x122x2x1， xxxx所以mx在0,2上是减函数，2,上是增函数， 所以mxm22ln20，

所以当0x1时，h'x0，函数hx在0,1是减函数， 当x1时，h'x0，函数hx在1,是增函数， 因为0x1时，hx0，h1e，h20， 所以当ae时，方程无实数根，

当ea时，方程有两个不相等实数根， 当ae或a0时，方程有1个实根. 【题目点拨】

本题考查函数中由极值点求参，导数的几何意义，还考查了利用导数研究方程根的个数问题，属于难题. 21、（Ⅰ）

3737 （Ⅱ）1【解题分析】

（Ⅰ）根据条件由正弦定理得ba221ac，又c＝2a，所以b22a2，由余弦定理算出cosB，进而算出sinB； 2（Ⅱ）由二倍角公式算出sin2B，cos2B，代入两角和的正弦公式计算即可. 【题目详解】 （Ⅰ）

bsinB﹣asinA＝

1122asinC，所以由正弦定理得baac， 22又c＝2a，所以b22a2，由余弦定理得：

a2c2b237； cosB，又B0,，所以sinB2ac44（Ⅱ）sin2B2sinBcosB371，cos2B2cos2B1， 88373. sin2Bsin2Bcoscos2Bsin33316【题目点拨】

本题主要考查了正余弦定理的应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力. 22、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析（3）证明见解析 【解题分析】

（1）求出gx的定义域，导函数，对参数a、b分类讨论得到答案.

（2）设函数hxfx3x1，求导说明函数的单调性，求出函数的最大值，即可得证.

sinx1lnx1esinx，即x1esinx2lnx1sinx1又（3）由（1）可知x1lnx，可得x1e222x22x2esinxx1esinx即可得证.

2【题目详解】

（1）解：gx的定义域为0,，gxaxb， x当a0，b0时，gx0，则gx在0,上单调递增； 当a0，b0时，令gx0，得x上单调递增；

当a0，b0时，gx0，则gx在0,上单调递减；

bbbb

，令gx0，得0x，则gx在0,上单调递减，在,aaaa

当a0，b0时，令gx0，得0x上单调递减；

bbbb

，令gx0，得x，则gx在0,上单调递增，在,aaaa

（2）证明：设函数hxfx3x1，则hx2cosx3. x1因为x0，所以

20,2，cosx1,1， x1则hx0，从而hx在0,上单调递减，

所以hxfx3x1h00，即fx3x1. （3）证明：当ab1时，gxx1lnx.

由（1）知，gxming10，所以gxx1lnx0， 即x1lnx.

当x1时，x10，x1esinx0，

sinx1lnx1esinx， 则x1e2222即x1esinx2lnx1sinx1，

2sinxx1esinx， 又x2x2e22所以x2x2e2sinx2lnx1sinx1，

即fxx2x2e2sinx.

【题目点拨】

本题考查利用导数研究含参函数的单调性，利用导数证明不等式，属于难题.