2024届高三模拟试卷（数学学科）数学参考答案1.【答案】C【解析】Mx2x13xx1，因为MNN，所以N为M的子集，所以a1.故选：C.2.【答案】D【解析】复数z1与z32i在复平面内对应的点关于实轴对称，z132i，z32i32i1i5i1故选：D．1i1i1i1i23.【答案】A1【解析】根据题意，知BC边为圆O的直径，又由|AO||AB|，则ABO为正三角形，则有|BA||BC|，2BC1则向量BA在向量BC上的投影向量|BA|cos60BC,故选：A．|BC|44.【答案】B【解析】对A，若am2bm2中，m0时ab也成立，故A错；3(4k1)对B，当x时，tanx1，故tanx1，若tanx1，则x，故B对；441对C，存在量词命题的否定是xR,x2，故C错；x对D，若xy1,x,y均为负数，则lgx,lgy无意义，故D错.5.【答案】Dt43a433tat131【解析】由题意，Sab，即b，所以b4，令ab，即b，故4，即44433433114lg3tlg4lg，可得t(lg32lg2)lg3，即t16．故选：D4342lg2lg36.【答案】A【解析】因为cos40cos40cos800，所以2cos40coscos80cossin80sin0，所以2cos40cos80sin80tan0，2cos40cos802cos12080cos80所以tansin80sin80第1页共10页{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}2cos120cos80sin120sin80cos803sin803.故选：A．sin80sin807.【答案】D【解析】由题意易证PA平面ABC.设底面ABC的外心为G，外接球的球心为O，则OG平面ABC，所以PA//OG.设D为PA的中点，因为OPOA，所以DOPA.因为PA平面ABC，AG平面1ABC,所以PAAG，所以OD//AG.因此四边形ODAG为平行四边形，所以OGADPA1.2因为BAC120，ABAC2，所以221BCABAC2ABACcosBAC4422223,2232AG4AG2由正弦定理，得3.所以该外接球的半径R满足222R2OGAG5,故该外接球的表面积为S4πR220π.故选:D.8.【答案】B【解析】因为fxx2是奇函数，fxx是偶函数，2fxxfxx2fx,x0,1所以，解得fxxx2，由gx，fxxfxx2gx1,x1,当x1,2时，则x10,1，所以gx2gx12fx1，同理：当x2,3时，gx2gx14gx24fx2，以此类推，可以得到gx的图象如下：由此可得，当x4,5时，gx16fx4，由gx3，得171916x45x3，解得x或x，又因为对任意的x0,m，gx3恒成立，所以4417170m，所以实数m的最大值为.故选：B.449.【答案】ACD【解析】A.由频率分布直方图可知得：a0.004，故A正确；B.250.002750.0031250.0041750.0062250.0042750.00150150，故B错误；C.设80%百分位数x，则500.002500.003500.004500.006x2000.0040.8，解得：x212.5，故C正确；第2页共10页{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}1D.销量在[200,300]内的销售商为205家，故D正确.故选：ACD410.【答案】ABD2π4π4π4【解析】由题意得fsin0，所以kπ，kZ，即kπ，kZ，33332π2π又0π，所以k2时，，故fxsin2x，335π2π2π3π5选项A：当x0,时，2x,，可得yfx在0,上单调递减，正确；1233212112ππ5π2π3π选项B：当x,时，2x,，由于yfx只有1个极值点，由2x，12123223255解得x，即x为函数的唯一极值点，正确；12127π2π7π7π选项C，当x时，2x3π，f0，故直线x不是对称轴，错误；63662π2π2π22π选项D，由y2cos2x1得所以2x2kπ或2x2kπ，kZ，解得33333π32πxkπ或xkπ，kZ，所以函数yfx在点0,处的切线斜率为k2cos01，32333切线方程为yx0即yx，正确；故选：ABD2211.【答案】AD【解析】设P(t,t2)，因为ABBP，所以B在以AP为直径的圆上，又由题意可得，A(2,0),所以AP中tt点为1,1，AP(t2)2(t2)22t2，所以以AP为直径的圆方程为22222tt2t2，即x2y2(2t)x(t2)y2t0，由圆x1y12222C:x2y22，可得x2y24x20，x2y24x20两圆的方程相减可得(t6)x(t2)y22t0，所以方程(t6)x(t2)y22t0只有一个解，所以圆心(2,0)到直线(t6)x(t2)y22t0的距离第3页共10页{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}2(t6)22t1d2，得3t216t50，解得t或t5，故选:AD.(t6)2(t2)2312.【答案】ACDanan1e1【解析】对于选项A、B，因为a11，an0，所以e，an设gxex1xex，g(x)exexxexxex当x0时，g(x)0，g(x)单调递减，当x0时，g(x)0，g(x)单调递增，xxanan所以g(x)g(0)0，则xee1，所以anee1，ananane1an1ane1an1当an0时，ee，anan1，当an0时，ee，anan1，anan因为a11，所以这种情况不存在，则数列an满足当an0时，anan1，为单调递减数列，故A选项正确，B选项错误；an对于选项C，an1anlne1lnananxxe111令xan,x(0,1]，设f(x)lne1lnxx,x(0,1]则f(x)10，ex1xex1x所以函数f(x)单调递减，所以随着an减小，从而an1an增大，所以a2023a2022a2022a2021，即a2021a20232a2022，所以C选项正确，对于选项D，由前面得0an1an1，ean1ln1anan1下面证明，只需证明an，an1anan11an1e11e122lnanean2an2an2an111b1令bean，则1be，所以b2b2b2lnb0，lnb1111令22，则m(b)b20，m(b)bblnb,b(1,e]2bb1111成立，则所以m(b)m(1)0an1anS2023a1a2a2a2a12a2222202122021112lne1lne12所以D选项正确；故选：ACD.2202113.【答案】120第4页共10页{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}【解析】由题意分两种情况：①2222，②132，2C413x108xxC413x12x故x2的系数为：10812120，故答案为：120.14.【答案】7322【解析】(c2a)(cb)0c-c(2ab)2ab0，因为a,b均为单位向量，且夹角为，3212所以有c-c(2ab)2110c(2ab)c1，2221c(2ab)c2abc(2ab)2c4ab4abc41411，2227373即c(2ab)7c，而c(2ab)c1，所以有c17cc，2273因此|c|的最大值为215.【答案】55【解析】易知MN关于x轴对称，令MFF，cos2，1213bcyxx215924242a2∴cos1，sin，∴tan，∴tan．，213131393bbcyxcya2abc2cbc2a2bcbM,，tan，∴2，∴e15．故答案为:5.22a3c3aaa216.【答案】1024k1k1【解析】当k为偶数，则Sk(k1)12(2)(1)k(1)k21122kk(1222)(3242)[(k1)2k2]k(k1)(12)34k1k(1234k1k)2当k为奇数，则kk(k1)(k2)2k(k1)Sk(k1)S(k1)(k2)[(1)(k1)(1)(k1)](k1)2222k1k(k1)综上，Sk(k1)(1)，22(k1)kk(k1)(k1)k(k1)k当n(kN*)时，则S(1)k[n](1)k1k，22n22所以第5页共10页{#{QQABZQaEogggABAAABgCAQFKCkMQkBCAAKoOxEAIIAAAABNABAA=}#}(k1)k(k1)k(1)k[n](1)k1k2S1k(k1)k1k(1k)(1k)n22nnn，k12222an(1)kSn(1k)(1k)63646465由题意Z，则Z，故k为奇数，又201620232080，所以an2226432k63，所以集合P中元素的个数13631024．故答案为：1024．20232an1*17.(1)因为各项不为0的数列an满足ann2,nN，3an111111两边同时取倒数，可得3，所以3，………………………………………………2分anan1anan1111a21，3，