2024年高考模擬試題大題匯編(三)

2024年高考模擬試題大題匯編三1.〔北京101中學2024—2024學年下學期臨模高三數(shù)學〔理科〕試卷〕函數(shù)，其中。 〔1〕當時，求曲線在點〔2，f〔2〕〕處的切線方程；〔2〕當時，求函數(shù)f〔x〕的單調區(qū)間與極值。2.〔北京101中學2024—2024學年下學期臨模高三數(shù)學〔理科〕試卷〕為數(shù)列的前n項和，且。 〔1〕求證：數(shù)列為等比數(shù)列； 〔2〕設，求數(shù)列的前n項和；〔3〕設的前n項和為，求證：。3.〔上海市金山區(qū)2024-2024學年第二學期高三質量測試〕等差數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，a1＝2，公差為2，在等比數(shù)列｛bn｝中，當n≥2時，b2＋b3＋…＋bn=2＋p(p為常數(shù)).(1)求an和Sn；(2)求b1，p和bn；ABCLMNyzxa1a2b1b2c1c2ABCLMNyzxa1a2b1b2c1c24.〔上海市金山區(qū)2024-2024學年第二學期高三質量測試〕(1)設u、v為實數(shù)，證明：u2+v2≥；(2)請先閱讀以下材料，然后根據(jù)要求答復以下問題。材料:△LMN內接于邊長為1的正三角形ABC，求證：△LMN中至少有一邊的長不小于。證明：線段AN、AL、BL、BM、CM、CN的長分別設為a1、a2、b1、b2、c1、c2，設LN、LM、MN的長為x、y、z，x2=a12+a22–2a1a2cos60o=a12+a22–同理：y2=b12+b22–b1b2，z2=c12+c22–c1c2x2+y2+z2=a12+a22+b12+b22+c12+c22–a1a2–b1b2–c1……請利用(1)的結論，把證明過程補充完整；(3)n邊形AAA……A內接于邊長為1的正n邊形A1A2…An，(n≥4)，思考會有相應的什么結論？請?zhí)岢鲆粋€的命題，并給與正確解答。5.〔上海市普陀區(qū)2024學年度第二學期高三年級質量調研〕如圖，四棱錐中，平面，四邊形是直角梯形，其中，.，.〔1〕求異面直線與所成角的大??；〔2〕假設平面內有一經過點的曲線，該曲線上的任一動點都滿足與所成角的大小恰等于與所成角.試判斷曲線的形狀并說明理由；〔3〕在平面內，設點是〔2〕題中的曲線在直角梯形內部〔包括邊界〕的一段曲線上的動點，其中為曲線和的交點.以為圓心，為半徑的圓分別與梯形的邊、交于、兩點.當點在曲線段上運動時，試提出一個研究有關四面體的問題〔如體積、線面、面面關系等〕并嘗試解決.【說明：本小題將根據(jù)你提出的問題的質量和解決難度分層評分；本小題的計算結果可以使用近似值，保存3位小數(shù)】6.〔遼寧省營口市2024屆高三高考模擬考試〕設函數(shù)的定義域為，當時，，且對于任意的實數(shù)都有成立，〔1〕求的值，判斷并證明函數(shù)的單調性；〔2〕假設數(shù)列滿足，求的通項公式；〔3〕如果，，求數(shù)列的前項和.7.〔河南省周口市2024年高三年級第一次模擬考試〕各項都不為零的數(shù)列的前項和是，且，，令，數(shù)列的前項和是。(1)求的通項公式；〔2)求證：。8.〔安徽省合肥市2024年高三第二次教學質量檢測〕為正項數(shù)列的前項和，且滿足。〔1〕求；〔2〕求數(shù)列的通項公式；〔3〕函數(shù)，數(shù)列的通項公式為前項和為，假設時，不等式恒成立，求t的取值范圍。參考答案1、解：〔1〕當a=1時，，切點坐標為， ∴所求切線方程為； 〔2〕當時， 由 分類討論：①當a>0時，此時，上單減，在上單增；在處取得極小值，在處取得極大值；②當時，此時，上單增，在上單減；在處取得極大值，在處取得極小值穿線法2、解：〔1〕∵，∴ ∴當時， ， 又 ∴，且； 〔2〕由〔1〕知 當n為奇數(shù)時，易得； 綜上， 〔3〕∵，當時，； 當， 綜上，3.解：(1)因為等差數(shù)列數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn，a1＝2，d=2an=2n，(n∈N*)；Sn＝n＋n；………………(2)由于當n≥2時，b2＋b3＋…＋bn=2n＋p(p為常數(shù))，b2＋b3＋…＋bn+bn+1=2n+1＋p兩式相減得：bn+1=2n，………………………因為數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，所以b1＝1，b2=2，由條件可得p＝–2，bn＝2，(n∈N*)；…………………(3)因為Tn=，假設Tn＝對于一切正整數(shù)n，均有Tn≤C恒成立，那么需C大于或等于Tn的最大值，==，……………令≥1得：n≤2，即有：T1＝2≤T2＝3=T3＝3≥T4＝≥T5＝≥…≥Tn≥…，即數(shù)列{Tn}是先增后減的數(shù)列，且Tn的極限是0，故有Tn的最大值為T2＝T3＝3，又對于一切正整數(shù)n，均有Tn≤C恒成立，∴C≥3，即C的最小值為3。…4.(1)證明：因為u2+v2≥2uv，所以2(u2+v2)≥(u+v)2，即有：u2+v2≥………………2分(2)因為u2+v2≥所以x2+y2+z2≥++–a1a2–b1b2–c1c2=[a12+a22+b12+b22+c12+c22]………3分≥=，………………4分因為x2+y2+z2≥，所以x2、y2、z2中至少有一個不小于，即在x、y、z中至少有一個不小于。……………6分(3)解：命題1：如圖1，四邊形MNPQ內接于邊長為1的正方形ABCD，求證：四邊形MNPQ中至少有一邊的長不小于。MNQPABCDzwa1a2b1b2c1c2d1d2xy圖1證明：線段AQ、AM、BM、BN、CN、CP、DP、DQ分別設為a1、a2、MNQPABCDzwa1a2b1b2c1c2d1d2xy圖1因為a1+d2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，所以(a1+a2)+(b1+b2)+(c1+c2)+(d1+d2)=4這四組數(shù)中至少有一組數(shù)不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1–a1，因為z2=a12+a22≥a12+(1–a1)2=2a12–2a1+1=2(a1–)2+≥所以z≥，即四邊形MNPQ中至少有一邊的長不小于。命題：3分；證明：3分AA1BB1CC1DD1EE1FF1a2a1b2b1c2c1AA1BB1CC1DD1EE1FF1a2a1b2b1c2c1d2d1e2e1f2f1圖2證明：分別設線段AF1、AA1、BA1、BB1、…、FE1、FF1為a1、a2、b1、b2、…、f1、f2，如以下列圖。因為a1+f2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，d2+e1=1，e2+f1=1，所以(a1+a2)+(b1+b2)+…+(f1+f2)=6，這六組數(shù)中至少有一組數(shù)不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1–a1，因為A1F12=AA12+AF12–2AA1.AF1cos120o=a12+a22+a1≥a12+(1–a1)2+a1(1–a1)=a12–a1+1=(a1–)2+≥，所以A1F1≥，即六邊形A1B1C1D1E1F1中，至少有一邊的長不小于AAAAA1A2A3DAn–1Anaa1aa2aa3anAAAa圖3命題3：如圖3，n邊形AAA……A內接于邊長為1的正n邊形A1A2…An，(n≥4)。求證：n邊形AAA……A中，至少有一邊的長不小于cos(其中n≥3)。證明：分別設線段A1A、A1A、A2A、A2A、…、AnA、AnA為a1、a、a2、a、…、an、a，因為a1+a=a2+a=a3+a=…=an+a=1，所以(a1+a)+(a2+a)+…+(an+a)=n。這n組數(shù)中至少有一組數(shù)不小于1，不妨假定a1+a≥1，那么a≥1–a1，于是在ΔA1AA中有：AA2=A1A2+A1A2–2A1A.A1Acos=a12+a2–2a1acos≥a12+(1–a1)2–2a1(1–a1)cos=2[cos+1]a12–2[cos+1]a1+1=2[cos+1](a1–)2+[1–cos]≥[1–cos]=sin2=cos2。故AA≥cos，即n邊形AAA……A中，至少有一邊的長不小于cos。命題：7分；證明：7分5.解：解：〔1〕解法一：由題意，四邊形是直角梯形，且∥，那么與所成的角即為.因為，又平面，所以平面，那么有.因為，,所以，那么，即異面直線與所成角的大小為.解法二：如圖，以為原點，直線為軸、直線為軸、直線為軸，建立空間直角坐標系.于是有、，那么有，又那么異面直線與所成角滿足,所以，異面直線與所成角的大小為.〔2〕解法一：由條件，過作，垂足為，聯(lián)結.于是有，故與所成角即為.在平面中，以為原點，直線為軸，直線為軸，建立平面直角坐標系.設動點，那么有又平面，所以.所以，，即.所以，可判定曲線是雙曲線.〔2〕解法二：如圖，以為原點，直線為軸、直線為軸、直線為軸，建立空間直角坐標系.設點，點、點、點，那么，，由，，化簡整理得到，那么曲線是平面內的雙曲線.〔3〕解：在如以下列圖的的坐標系中，因為、、,設.那么有，故的方程為，代入雙曲線E：的方程可得，，其中.因為直線與雙曲線交于點，故.進而可得，即.故雙曲線E在直角梯形內部〔包括邊界〕的區(qū)域滿足，.又設為雙曲線段上的動點，.所以，因為，所以當時，；當時，.而要使圓B與、都有交點，那么.故滿足題意的圓的半徑的取值范圍是.【說明】1.假設提出的問題在解決過程中不需用到以上結論的，那么完整提出問題并解決最高得6分.2.假設提出的問題在解決過程中需用到以上結論的，那么上述分析過程總分值6分；繼續(xù)深入的研究過程和結論那么可參考以下典型問題和解答，最高再得6分.問題一：求四面體體積的取值范圍.因為，所以體積為.故問題可以轉化為研究的面積.又因為為直角，所以必為等腰直角三角形.由前述，設，那么，故其面積為，所以.于是，.〔當點運動到與點重合時，體積取得最大值；當點運動到橫坐標時，即長度最小時，體積取得最小值〕問題二：求側棱與底面所成角大小的取值范圍.解：因為，所以即為側棱與底面所成角.而，由于在區(qū)間內遞增，所以，即.問題三：求側棱與底面所成角大小的取值范圍.解：因為，所以即為側棱與底面所成角.因為，所以，故，.由于在區(qū)間內遞減，所以，即.問題四：求側面和底面所成的二面角大小的取值范圍.解：以為原點，為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向建立空間直角坐標系，那么有，，，設平面的法向量為.由，，可得平面的一個法向量坐標為.可知，向量是平面的一個法向量，于是向量和的夾角的大小即為二面角平面角的大小.而，經分析可得，在區(qū)間內遞增.所以，，即二面角大小的取值范圍是6.解：由時，可得：(1)令就得，∴；……………2分假設，那么，∴從而的當時，；………4分且；即得；∴函數(shù)在上是減函數(shù).…………6分〔2〕由函數(shù)是上單調函數(shù)，得，………8分得到數(shù)列是等差數(shù)列，即：，又∴，即通項公式為.……10分〔3〕當.