广东省珠海市第一中学2024届高三下学期数学冲刺模拟卷11（B卷较难版）（含解析）

2024届高考数学冲刺模拟卷11（B卷较难版）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：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．已知复数在复平面内对应的点在虚轴上，则实数（ ）
A． B．0 C．1 D．2
2．已知全集，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）．
A．26种 B．31种 C．36种 D．37种
4．在中，，点D在线段上，点E在线段上，且满足，，交于点F，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．过点作直线的垂线，垂足为，已知点，则当变化时，的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，函数，记的最小值为，则（ ）．
A．在上是增函数，在上是减函数
B．在上是减函数，在上是增函数
C．在上是奇函数
D．在上是偶函数
8．如图，已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，B与D之间距离为（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．在二项式的展开式中（ ）
A．常数项是第4项 B．所有项的系数和为1
C．第5项的二项式系数最大 D．第4项的系数最小
10．设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．是数列中的最大项 D．
11．如图，已知抛物线：的焦点为F，准线l交x轴于点C，直线m过C且交E于不同的A，B两点，B在线段AC上，点P为A在l上的射影.下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则P，B，F三点共线 D．对于任意直线m，都有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，，则 ．
13．若，且，则的最小值为 ，的最大值为 ．
14．拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑 波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知内接于半径为的圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为.若，则的面积最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．在中，角的对边分别为且.
(1)求角A;
(2)若的平分线交于点，求的长.
16．如图，在三棱锥中，平面平面是的中点，.是边长为1的等边三角形，在射线上.
(1)证明：；
(2)若，且二面角的大小为，求二面角的大小；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
17．已知函数，.
(1)求的单调区间和极小值；(2)证明：当时，.
18．已知抛物线的焦点为F，准线为l；
(1)若F为双曲线的一个焦点，求双曲线C的离心率e；
(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在上，若，求直线EP的方程；
(3)经过点F且斜率为的直线l'与相交于A，B两点，O为坐标原点，直线分别与l相交于点M，N；试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点；若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由；
19．三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：
若，则称为空间向量与的叉乘，其中，， 为单位正交基底. 以 为坐标原点、分别以，，的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知，是空间直角坐标系中异于 的不同两点
(1)①若，，求；
②证明.
(2)记的面积为 ，证明：.
(3)证明：的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的倍.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．C
【分析】
根据复数的运算和几何意义分析求解.
【详解】
由题意可得：，
因为复数在复平面内对应的点在虚轴上，则，解得.
故选：C.
2．B
【分析】根据题意画出韦恩图，根据韦恩图即可判断每个选项.
【详解】根据题意是非负偶数的集合，而是4的非负整数倍组成的集合，
易得为的真子集，根据题意，画出韦恩图，

对于A，，故不正确；
对于B，，故正确；
对于C，，故不正确；
对于D，，故不正确；
故选：B.
3．D
【分析】根据题意，设只会划左桨的人，只会划右桨的人，既会划左桨又会划右桨的人，据此按集合中参与人数分3种情况讨论，再由加法原理求解即可．
【详解】根据题意，设只会划左桨的人，只会划右桨的人，既会划左桨又会划右桨的人，
据此分3种情况讨论：
①从中选3人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法；
②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法；
③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法，
则有种不同的选法.
故选：D．
4．C
【分析】由已知可得AB＝4，AC＝3，设，根据平面向量的线性运算，推出，由B，E，F三点共线求得λ，再将表示成以为基底的向量，由平面向量数量积的运算法则得答案．
【详解】
如图：由，得AB＝4，AC＝3，
设，
则
三点共线，，即
，
则
故选：C.
5．D
【分析】
利用两角和的正切公式求出，再由两角和的正弦公式、二倍角公式及同角三角函数函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.
【详解】因为，解得或，
又
，
当时；
当时；
综上可得.
故选：D
6．B
【分析】化已知直线为，即有且，解方程可得定点，可得在以为直径的圆上运动，求得圆心和半径，由圆的性质可得最值．
【详解】直线，即，
由，求得，直线经过定点．
当垂足与不重合时，由为直角三角形，斜边为，在以为直径的圆上运动，当垂足与重合时也符合，(由于已知直线不能表示直线,所以点的轨迹要从上面的圆中除去点,这个点显然不影响下面的取值范围)
可得圆心为的中点，半径为，
则与的最大值为，
则与的最小值为，
故的范围为：，
故选：B
7．D
【分析】根据题意，得到，令，分别讨论，或，三种情况，画出对应函数图像，结合图像，即可得出结果.
【详解】函数，
令，
①当时，的图象如图所示，，且在上单调递减，在上单调递增．
②当或时，的图象如图所示，在点或处取得，

根据图形的对称性知，，
且当时，在上单调递减，在上单调递增．
当时，在上单调递减，在上单调递增．
所以的最小值在上是偶函数．
故选：D．
【点睛】本题主要考查求函数的最值，以及判断函数单调性，灵活运用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.
8．B
【分析】利用空间向量的线性运算及数量积公式计算模长即可.
【详解】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：B．
9．BCD
【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用赋值法求所有项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；先求系数绝对值最大的项，然后利用符号即可判断D选项.
【详解】二项式的展开式的通项为，
对于A，令，得，故常数项是第5项，故A错误；
对于B，令，则所有项的系数和是，故B正确；
对于C，二项式展开式共9项，则由二项式系数的性质知第5项的二项式系数最大，故C正确；
对于D，设第项的系数的绝对值最大，则，解得，
又，所以或，
当时，；当时，，
所以第4项的系数最小，故D正确.
故选：BCD
10．AB
【分析】根据给定条件，探讨等比数列的性质，再逐个选项分析判断即可.
【详解】由，或，
而，，同号，则，，即数列前项大于，从第项开始小于1，
对于A，，又，则，A正确；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，显然是递减正项数列，且，，因此是数列中的最大项，C错误；
对于D，，D错误.
故选：AB
11．BCD
【分析】设出直线方程，然后与抛物线方程联立，结合韦达定理与抛物线的定义进而逐项分析即可，其中D选项需要结合均值不等式；
【详解】如图，由已知条件可得，.由抛物线的对称性，
不妨设直线的方程为，，，依题意，
由整理得.
当，即时，
由韦达定理，得，.
对选项，假设成立，由为等腰直角三角形，，，所以为等腰直角三角形，则点B在y轴上，这与已知条件显然矛盾，故错误；
对于B选项，过作，垂足为Q，由已知可得，所以.
又，所以，
由抛物线的定义，得，，因此，故B正确；
对于C选项，，所以，，
由直线的方程为，
结合可得联立，，
所以三点共线，C正确；
对于D选项，因为，，
所以，又，，
故成立，故正确.
故选：BCD.
12．
【分析】
根据等差和等比数列的性质，再结合特殊角的正切值，即可求解.
【详解】由等差数列的性质可知，，即，而，
根据等比数列的性质可知，，则，，
所以.
故答案为：
13． 25 /0.0625
【分析】①利用已知条件构造，然后与相乘构造基本不等式，利用基本不等式即可；②由，结合利用基本不等式即可求解
【详解】①由，可知，，
所以，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为25．
②又，当且仅当时，等号成立，
所以，
故的最大值为．
故答案为：25；
14．
【分析】设的三个内角所对的边分别为，由正弦定理求出c，由题意可得，从而表示出，结合余弦定理求得，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】
的三个内角所对的边分别为，
由正弦定理可得，
如图，连接,

因为是以BC，AC为边向外作的等边三角形的外接圆圆心，
故,故，
由题意知，
则，
又，
故，
当且仅当时等号成立，
即，
由题意知为等边三角形，
故，
即的面积最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于明确拿破仑三角形的含义，即为等边三角形，由此可结合正余弦定理以及基本不等式求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正、余弦定理，二倍角公式等计算即可；
（2）利用等面积法结合条件计算即可.
【详解】（1）因为，
所以，
即
由正弦定理得，
又由余弦定理，可得
因为，所以；
（2）在中，，
由等面积法得，
即，
即，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明平面得到答案.
（2）确定为二面角的平面角，根据角度计算，再确定为二面角的平面角，计算得到答案.
（3）过点作于，连接，确定为直线与平面所成角，，计算得到最值.
【详解】（1），为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，又平面，所以
（2）过作，交于点，过作于点，连结，
由题意得，又平面，故平面，又平面，
所以，又，平面，
故平面，又平面，所以，
则为二面角的平面角，即，
又，所以，则，
故，所以，
因为，则，所以，
则，，，
过点作与，连接，
平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
平面，故，
故为二面角的平面角，，，
故，即二面角的大小为
（3）如图所示：过点作于，连接，
则，又平面，故平面，
为直线与平面所成角，
设，，为等腰直角三角形，故，
在中，，
所以，
则，
当时，最大为
17．(1)递增区间为，递减区间为，极小值为1；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值.
（2）根据给定条件，构造函数，利用导数结合基本不等式推理即得.
【详解】（1）函数，，求导得，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以的递增区间为；递减区间为，的极小值为.
（2）当时，令，
求导得，
令，求导得，
函数在上单调递增，则，在上单调递增，
因此，所以.
18．(1)
(2)
(3)以线段MN为直径的圆C过定点，理由见详解
【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得离心率；（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3）设直线l'的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点.
【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为，
双曲线的方程为双曲线，即，则，
由题意可知：，则，
故双曲线C的离心率.
（2）由（1）可知：，
过点P作直线的垂线，垂足为M，则，
∵，且，
∴，
故直线EP的倾斜角，斜率，
∴直线EP的方程为，即.
（3）以线段MN为直径的圆C过定点，理由如下：
设直线，
联立方程，消去y可得：，
则可得：，
∵直线，当时，，
∴，
同理可得：，
∵
，
，
则线段MN为直径的圆C的圆心，半径，
故圆C的方程为，整理得，
令，则，解得或，
故以线段MN为直径的圆C过定点.
【点睛】思路点睛：
过定点问题的两大类型及解法：
(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
19．(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）①由向量叉乘的定义直接求解即可；②设，,根据叉乘的运算表示和即可证明；
（2）首先表示向量，夹角的正弦值，然后得到，要证，只需证，然后根据（1）的运算证明即可；
（3）由（2），通过变形可得，即可证明.
【详解】（1）
① 因为，，
则；
② 设，，则
，
将与互换，与互换，与互换，
可得，
故；
（2）
因为 ，
故，
故要证，
只需证，
即证，
由（1），，，
故，
又， ，，
则成立，
故；
（3）
由（2），
，
故，
故的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的倍.
【点睛】
方法点睛：利用向量的叉乘定义逐项分析，利用向量数量积的定义，结合三角形的面积公式，利用分析法证明.