精品解析：河南省鹤壁市2024届高三上学期第二次模拟考试数学试题（解析版）

2024届高三年级第二次模拟考试·数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.My|yxx,xRNy|yx,xR1.已知集合，，则MNA.0,1B.1C.0D.【答案】C【解析】【分析】利用函数的值域求法求出集合Myy0、Nyy0，再利用集合的交运算即可求解.0,x0【详解】由yxx，所以Myyxx,xRyy0，2x,x0由Nyyx,xRyy0，所以MN0.故选：C【点睛】本题考查了集合的交运算、函数的值域，属于基础题.2ai12.已知a∈R，复数为纯虚数，则a＝（）1i1iA.3B.﹣3C.2D.﹣2【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解.2ai12ai1i1i3aa1【详解】∵i为纯虚数，1i1i1i1i1i1i223a0∴，解得a=3a10故选：A.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．3.已知函数f(x)lnx，则“f(x)0”是“f(f(x))0”的（）．A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B第1页/共23页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】分别解对应的不等式，再根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】因为函数f(x)lnx，所以由f(x)0得x(1,)；由f(f(x))0得ln(lnx)0，所以lnx1，所以x(e,)．因为(e,)(1,)，所以“f(x)0”是“f(f(x))0”的必要不充分条件.故选：B．【点睛】本题主要考查判断命题的必要不充分条件，涉及对数不等式的解法，属于基础题型.x1114.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x0时，f(x)，若对于任意实数t[,)，x2421都有f(2t1)f(a)恒成立，其中a0，则实数a的取值范围是（）3913A.(,)B.(0,)C.(,)D.(1,2)222【答案】A【解析】【分析】利用分离常数化简解析式，结合函数解析式可判断函数fx在0,上是增函数；结合偶函数1性质将不等式化为简，再利用单调性可得2t1a，a0，再由t的范围，求得2t1的最大值，3即可得a的范围.x13【详解】当x0时，fx1，x2x2所以fx在0,上为单调递增函数，1而f2t1fa，又fx是定义在R上的偶函数，31所以由偶函数性质可得f2t1fa，31则2t1a，a0，3113因为对任意实数t,，所以2t1,0，4223所以2t1的最大值为，2139既有a，解得a，322第2页/共23页学科网（北京）股份有限公司9即a的取值范围为(,)，2故选：A.【点睛】本题考查了函数奇偶性与单调性的综合运用，由函数单调性解不等式，绝对值函数的最值求法，属于中档题.2xxa15.已知函数fxak1a（a0且a1）是偶函数，则关于x的不等式flogx的ka解集是（）1A.2,B.0,2,21C.,2D.以上答案都不对2【答案】B【解析】【分析】根据fx是偶函数求得k2，利用函数的单调性和奇偶性不等式等价于log2x1，解不等式即可.【详解】∵fx是偶函数xxxx∴fxfx，即ak1aak1a化简得k2axax0xx∴k2，fxaa（a0，a1）f'xlnaaxax,a1,0a1时都能得到f'xlnaaxax0，所以fxaxax在0,上是增函数xx∴fxaa（a0，a1）为偶函数且在0,上是增函数，a21∴flogx，flog2xf1，ka即log2x1，即log2x1或log2x1第3页/共23页学科网（北京）股份有限公司11解得x2或0x.即x0,2,.22故选：B.【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题.6.函数fxax2与gxex的图象上存在关于直线yx对称的点，则a的取值范围是（）ee2A.,B.,C.,eD.,e42【答案】C【解析】【分析】2lnx由题可知，曲线fxax2与ylnx有公共点，即方程ax2lnx有解，可得a有解，x2lnx1lnx11令hx，则hx，对x分类讨论，得出x时，hx取得极大值he，xx2ee也即为最大值，进而得出结论.【详解】解：由题可知，曲线fxax2与ylnx有公共点，即方程ax2lnx有解，2lnx2lnx1lnx即a有解，令hx，则hx，xxx211则当0x时，hx0；当x时，hx0，ee11故x时，hx取得极大值he，也即为最大值，ee当x趋近于0时，hx趋近于，所以ae满足条件．故选：C.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．57.在ABC中，AB2，AC3，cosA，若O为ABC的外心（即三角形外接圆的圆心），且6AOmABnAC，则n2m（）1941117A.B.C.D.9221111【答案】D第4页/共23页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】先设D，E分别为AB，AC的中点，连接OD，OE，根据向量数量积运算以及题意，得到12m212n2ODABABnACAB0，OEACACmABAC0，求解，即可得出结22果.【详解】设D，E分别为AB，AC的中点，连接OD，OE，则ODAB，OEAC，因为ODADAO，AOmABnAC，112m所以ODABmABnACABnAC，2212n同理可得：OEAEAOACmAB；212m212m因为ODABABnACAB0，所以45n0①；2212n212n因为OEACACmABAC0，所以95m0②；229m22联立①②，解得：，8n1117因此n2m.11故选：D.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，以及平面向量基本定理的应用，属于常考题型.8.已知不等式xexa(x1)lnx对任意正数x恒成立，则实数a的最大值是（）1eA.B.1C.2D.22【答案】B【解析】第5页/共23页学科网（北京）股份有限公司xexlnxxexlnx【分析】把不等式xexa(x1)lnx化为a，设fx,x0，求得的导数x1x12x1(xx1)e1lnx2x1fxx，设gx(xx1)e1lnx，利用导数求得函数的单调x12x性和最小值，即可求解.【详解】不等式xexa(x1)lnx可化为a(x1)xexlnx，xexlnx因为x0，所以a，x12x1xexlnx(xx1)e1lnx设fx,x0，则fxx，x1x121设gx(x2x1)ex1lnx，其中x0，x1则gx(x1)[(x2)ex]0恒成立，则gx在(0,)上单调递增，x211由gx(x2x1)ex1lnx(x1)2ex1xexlnx，xxx01令g(x0)0，得e，x0所以fx在(0,x0)单调递减，(x0,)单调递增，xex0lnx1x所以fxf(x)0001，min0x011x0对任意正数x恒成立，即afx1min.故选：B.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设i为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有（）A.z1z2z1z2B.若z1,z2互为共轭复数，则z1z2第6页/共23页学科网（北京）股份有限公司22C.若z1z2，则z1z2D.若复数zm1m1i为纯虚数，则m1【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的乘法运算，复数的模值运算，纯虚数的定义即可判断.【详解】解：由题意得：对于选项A：令z1abi,z2cdi则z1z2abicdiacbdadbci22acbdadbca2c2b2d2a2d2b2c2222222222222z1z2abcdacbdadbc所以z1z2z1z2，故A正确；2222zz对于选项B：令z1abi,z2abi，z1ab,z2ab，所以12，故B正确；对于选项：令，22，根据复数的乘法运算可知：Cz1abi,z2abiz1z2ab2222222222z1abiab2abi，z2abiab2abi，z1z2，所以C错误；对于选项D：若复数zm1m1i为纯虚数，则m10，即m1，故D正确.故选：ABD10.某单位为了激励员工努力工作，决定提高员工待遇，给员工分两次涨工资，现拟定了三种涨工资方案，甲：第一次涨幅a%，第二次涨幅b%；abab乙：第一次涨幅%，第二次涨幅%；22丙：第一次涨幅ab%，第二次涨幅ab%.其中ab0，小明帮员工李华比较上述三种方案得到如下结论，其中正确的有（）A.方案甲和方案乙工资涨得一样多B.采用方案乙工资涨得比方案丙多C.采用方案乙工资涨得比方案甲多D.采用方案丙工资涨得比方案甲多【答案】BC【解析】【分析】不防设原工资为1，分别计算三种方案两次涨幅后的价格，利用均值不等式比较即可求解.第7页/共23页学科网（北京）股份有限公司【详解】方案甲：两次涨幅后的价格为：(1a%)(1b%)1a%b%0.01ab%；ababab方案乙：两次涨幅后的价格为：(1%)(1%)1a%b%0.01()2%；222方案丙：两次涨幅后的价格为：(1ab%)(1ab%)12ab%0.01ab%；因为ab0，由均值不等式ab2ab，当且仅当ab时等号成立，abab故()2ab，因为a¹b，所以()2ab，ab2ab，22所以方案采用方案乙工资涨得比方案甲多，采用方案甲工资涨得比方案丙多，故选：BC.11.已知函数fx，gx的定义域为R，g(x)为gx的导函数，且f(x)g(x)100，f(x)g(4x)100，若gx为偶函数，则