安徽省合肥一六八中学（东校区）2024届高三下学期最后一卷三模数学 Word版含解析.docx

2024届东区高三最后一卷

数学试卷

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.已知集合，则（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】，

，

所以.

故选：B.

2.设是三个不同平面，且，则是的（）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断.

【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：，

所以是的充分条件；

但当，，并不能推出，也有可能相交，

所以是的不必要条件；

故选:A.

3.函数的图象大致是（）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数奇偶性、在上的单调性、函数值的正负情况依次判断和排除ABC，即可得解.

【详解】由题定义域为关于原点对称，且，

故是奇函数，故A错；

当时，，

又是增函数，在上是增函数，

故在上是增函数，故BC错；

故选：D.

4.已知，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正弦函数的单调性可得，利用导数可证不等式成立，故可判断，故可得三者大小关系.

【详解】，

设，则，

故在上为减函数，故即，

所以，故，

故选：D.

5.已知，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】先由辅助角公式得，再利用诱导公式和余弦二倍角公式即可求解.

【详解】由得，即，

所以，

故选：D

6.已知数列的前项和为，首项，且满足，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】借助与的关系并化简可得，结合，逐项代入计算即可得解.

【详解】由可得，

所以可得，

.

故选：D

7.已知分别为双曲线的左、右焦点，点是上一点，点满足，，则的离心率为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意，过点作，交的延长线于点，由双曲线的定义结合余弦定理代入计算，再由离心率的计算公式，即可得到结果.

【分析】

由，得，．

因为，所以点在线段上，且．

如图，过点作，交的延长线于点，则，

所以，所以．

设，则，所以．

由双曲线的定义可知，所以，

则．设，则．

在中，由余弦定理，得，

即，所以，

则（负值已舍去）．

故选：B．

【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于结合双曲线的定义以及余弦定理代入计算.

8.设，函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.

【详解】设，当时，，此时，

由得，即，解得或，

所以在上有2个零点；

时，若，对称轴为，函数的大致图象如图：

此时，即，则，

所以无解，则无零点，无零点，

综上，此时只有两个零点，不符合题意，

若，此时的大致图象如下：

令，解得（舍去），

显然在上存在唯一负解，

所以要使恰有5个零点，

需，即，解得，

所以．

故选：D

【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：

（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;

（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

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.若是复数，则下列命题正确的是（）

A. B.若，则是实数

C.若，则 D.方程在复数集中有6个解

【答案】AD

【解析】

【分析】根据复数运算对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】对于A，由复数共轭的性质知，设，

则，

所以，选项A正确；

对于B，当时满足题设等式，但不一定为实数，故B错误；

对于C：，

整理得，故，

整理得，与不等价，故C错误；

对于D，可化为，

即，所以，

当时，，解得；

当时，，解得或；

所以复数集中原方程有6个解，选项D正确；

故选：AD

10.在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段，的中点，点N在线段上，且，则（）

A.平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形

B.平面平面

C.存在，使得平面平面

D.当时，平面EMN截正方体得到截面多边形