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文档简介
2024届浙江省绍兴名校高三压轴卷数学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.在等差数列中,若为前项和,,则的值是()A.156 B.124 C.136 D.1802.已知复数(为虚数单位),则下列说法正确的是()A.的虚部为 B.复数在复平面内对应的点位于第三象限C.的共轭复数 D.3.把函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,若函数是偶函数,则实数的最小值是()A. B. C. D.4.已知四棱锥中,平面,底面是边长为2的正方形,,为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为()A. B. C. D.5.已知函数f(x)=eb﹣x﹣ex﹣b+c(b,c均为常数)的图象关于点(2,1)对称,则f(5)+f(﹣1)=()A.﹣2 B.﹣1 C.2 D.46.已知函数是上的偶函数,且当时,函数是单调递减函数,则,,的大小关系是()A. B.C. D.7.复数().A. B. C. D.8.已知集合,则()A. B. C. D.9.已知实数、满足不等式组,则的最大值为()A. B. C. D.10.已知的展开式中的常数项为8,则实数()A.2 B.-2 C.-3 D.311.洛书,古称龟书,是阴阳五行术数之源,在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上心有此图象,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四角黑点为阴数.如图,若从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数,则其和等于11的概率是().A. B. C. D.12.点为的三条中线的交点,且,,则的值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动,其中一组指挥交通,一组分发宣传资料,则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一个组的概率为__________.14.己知函数,若关于的不等式对任意的恒成立,则实数的取值范围是______.15.已知,满足约束条件,则的最小值为______.16.数列的前项和为,则数列的前项和_____.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)设椭圆:的左、右焦点分别为,,下顶点为,椭圆的离心率是,的面积是.(1)求椭圆的标准方程.(2)直线与椭圆交于,两点(异于点),若直线与直线的斜率之和为1,证明:直线恒过定点,并求出该定点的坐标.18.(12分)已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点,与的公共弦的长为.(1)求的方程;(2)过点的直线与相交于、两点,与相交于、两点,且与同向,设在点处的切线与轴的交点为,证明:直线绕点旋转时,总是钝角三角形;(3)为上的动点,、为长轴的两个端点,过点作的平行线交椭圆于点,过点作的平行线交椭圆于点,请问的面积是否为定值,并说明理由.19.(12分)已知函数,(其中,).(1)求函数的最小值.(2)若,求证:.20.(12分)已知椭圆的右焦点为,直线被称作为椭圆的一条准线,点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点),过点作直线与椭圆相切,且与直线相交于点.(1)求证:.(2)若点在轴的上方,当的面积最小时,求直线的斜率.附:多项式因式分解公式:21.(12分)已知椭圆C:(a>b>0)的两个焦点分别为F1(-,0)、F2(,0).点M(1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.(1)求椭圆C的方程;(2)已知点N的坐标为(3,2),点P的坐标为(m,n)(m≠3).过点M任作直线l与椭圆C相交于A、B两点,设直线AN、NP、BN的斜率分别为k1、k2、k3,若k1+k3=2k2,试求m,n满足的关系式.22.(10分)如图,正方形所在平面外一点满足,其中分别是与的中点.(1)求证:;(2)若,且二面角的平面角的余弦值为,求与平面所成角的正弦值.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、A【解析】
因为,可得,根据等差数列前项和,即可求得答案.【详解】,,.故选:A.【点睛】本题主要考查了求等差数列前项和,解题关键是掌握等差中项定义和等差数列前项和公式,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.2、D【解析】
利用的周期性先将复数化简为即可得到答案.【详解】因为,,,所以的周期为4,故,故的虚部为2,A错误;在复平面内对应的点为,在第二象限,B错误;的共轭复数为,C错误;,D正确.故选:D.【点睛】本题考查复数的四则运算,涉及到复数的虚部、共轭复数、复数的几何意义、复数的模等知识,是一道基础题.3、A【解析】
先求出的解析式,再求出的解析式,根据三角函数图象的对称性可求实数满足的等式,从而可求其最小值.【详解】的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数解析式为,故.令,,解得,.因为为偶函数,故直线为其图象的对称轴,令,,故,,因为,故,当时,.故选:A.【点睛】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象性质,注意平移变换是对自变量做加减,比如把的图象向右平移1个单位后,得到的图象对应的解析式为,另外,如果为正弦型函数图象的对称轴,则有,本题属于中档题.4、B【解析】
由题意建立空间直角坐标系,表示出各点坐标后,利用即可得解.【详解】平面,底面是边长为2的正方形,如图建立空间直角坐标系,由题意:,,,,,为的中点,.,,,异面直线与所成角的余弦值为即为.故选:B.【点睛】本题考查了空间向量的应用,考查了空间想象能力,属于基础题.5、C【解析】
根据对称性即可求出答案.【详解】解:∵点(5,f(5))与点(﹣1,f(﹣1))满足(5﹣1)÷2=2,故它们关于点(2,1)对称,所以f(5)+f(﹣1)=2,故选:C.【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用,属于中档题.6、D【解析】
利用对数函数的单调性可得,再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.【详解】因为,,故.又,故.因为当时,函数是单调递减函数,所以.因为为偶函数,故,所以.故选:D.【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用,比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系,本题属于中档题.7、A【解析】试题分析:,故选A.【考点】复数运算【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式的乘法法则,除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化.8、C【解析】
解不等式得出集合A,根据交集的定义写出A∩B.【详解】集合A={x|x2﹣2x﹣30}={x|﹣1x3},,故选C.【点睛】本题考查了解不等式与交集的运算问题,是基础题.9、A【解析】
画出不等式组所表示的平面区域,结合图形确定目标函数的最优解,代入即可求解,得到答案.【详解】画出不等式组所表示平面区域,如图所示,由目标函数,化为直线,当直线过点A时,此时直线在y轴上的截距最大,目标函数取得最大值,又由,解得,所以目标函数的最大值为,故选A.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表示的可行域,利用“一画、二移、三求”,确定目标函数的最优解是解答的关键,着重考查了数形结合思想,及推理与计算能力,属于基础题.10、A【解析】
先求的展开式,再分类分析中用哪一项与相乘,将所有结果为常数的相加,即为展开式的常数项,从而求出的值.【详解】展开式的通项为,当取2时,常数项为,当取时,常数项为由题知,则.故选:A.【点睛】本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题,其中对所取的项要进行分类讨论,属于基础题.11、A【解析】
基本事件总数,利用列举法求出其和等于11包含的基本事件有4个,由此能求出其和等于11的概率.【详解】解:从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数,基本事件总数,其和等于11包含的基本事件有:,,,,共4个,其和等于的概率.故选:.【点睛】本题考查概率的求法,考查古典概型等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题.12、B【解析】
可画出图形,根据条件可得,从而可解出,然后根据,进行数量积的运算即可求出.【详解】如图:点为的三条中线的交点,由可得:,又因,,.故选:B【点睛】本题考查三角形重心的定义及性质,向量加法的平行四边形法则,向量加法、减法和数乘的几何意义,向量的数乘运算及向量的数量积的运算,考查运算求解能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
先求出总的基本事件数,再求出甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件数,然后根据古典概型求解.【详解】6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动,其中一组指挥交通,一组分发宣传资料的基本事件总数共有个,甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件个数有:个,所以甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为.故答案为:【点睛】本题主要考查概率的求法,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.14、【解析】
首先判断出函数为定义在上的奇函数,且在定义域上单调递增,由此不等式对任意的恒成立,可转化为在上恒成立,进而建立不等式组,解出即可得到答案.【详解】解:函数的定义域为,且,函数为奇函数,当时,函数,显然此时函数为增函数,函数为定义在上的增函数,不等式即为,在上恒成立,,解得.故答案为.【点睛】本题考查函数单调性及奇偶性的综合运用,考查不等式的恒成立问题,属于常规题目.15、2【解析】
作出可行域,平移基准直线到处,求得的最小值.【详解】画出可行域如下图所示,由图可知平移基准直线到处时,取得最小值为.故答案为:【点睛】本小题主要考查线性规划求最值,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.16、【解析】
解:两式作差,得,经过检验得出数列的通项公式,进而求得的通项公式,裂项相消求和即可.【详解】解:两式作差,得化简得,检验:当n=1时,,所以数列是以2为首项,2为公比的等比数列;,,令故填:.【点睛】本题考查求数列的通项公式,裂项相消求数列的前n项和,解题过程中需要注意n的范围以及对特殊项的讨论,侧重考查运算能力.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1);(2)证明见解析,.【解析】
(1)根据离心率和的面积是得到方程组,计算得到答案.(2)先排除斜率为0时的情况,设,,联立方程组利用韦达定理得到,,根据化简得到,代入直线方程得到答案.【详解】(1)由题意可得,解得,,则椭圆的标准方程是.(2)当直线的斜率为0时,直线与直线关于轴对称,则直线与直线的斜率之和为零,与题设条件矛盾,故直线的斜率不为0.设,,直线的方程为联立,整理得则,.因为直线与直线的斜率之和为1,所以,所以,将,代入上式,整理得.所以,即,则直线的方程为.故直线恒过定点.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线过定点问题,计算出是解题的关键,意在考查学生的计算能力和转化能力.18、(1);(2)证明见解析;(3)是,理由见解析.【解析】
(1)根据两个曲线的焦点相同,得到,再根据与的公共弦长为得出,可求出和的值,进而可得出曲线的方程;(2)设点,根据导数的几何意义得到曲线在点处的切线方程,求出点的坐标,利用向量的数量积得出,则问题得以证明;(3)设直线,直线,、、,推导出以及,求出和,通过化简计算可得出为定值,进而可得出结论.【详解】(1)由知其焦点的坐标为,也是椭圆的一个焦点,,①又与的公共弦的长为,与都关于轴对称,且的方程为,由此易知与的公共点的坐标为,,②联立①②,得,,故的方程为;(2)如图,,由得,在点处的切线方程为,即,令,得,即,,而,于是,因此是锐角,从而是钝角.故直线绕点旋转时,总是钝角三角形;(3)设直线,直线,、、,则,设向量和的夹角为,则的面积为,由,可得,同理可得,故有.又,故,则,因此,的面积为定值.【点睛】本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系,考查钝角三角形的判定以及三角形面积为定值的求解,关键是联立方程,构造方程,利用韦达定理,以及向量的关系,得到关于斜率的方程,计算量大,属于难题.19、(1).(2)答案见解析【解析】
(1)利用绝对值不等式的性质即可求得最小值;(2)利用分析法,只需证明,两边平方后结合即可得证.【详解】(1),当且仅当时取等号,∴的最小值;(2)证明:依题意,,要证,即证,即证,即证,即证,又可知,成立,故原不等式成立.【点睛】本题考查用绝对值三角不等式求最值,考查用分析法证明不等式,在不等式不易证明时,可通过执果索因的方法寻找结论成立的充分条件,完成证明,这就是分析法.20、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由得令可得,进而得到,同理,利用数量积坐标计算即可;(2),分,两种情况讨论即可.【详解】(1)证明:点的坐标为.联立方程,消去后整理为有,可得,,.可得点的坐标为.当时,可求得点的坐标为,,.有,故有.(2)若点在轴上方,因为,所以有,由(1)知①因为时.由(1)知,由函数单调递增,可得此时.②当时,由(1)知令由,故当时,,此时函数单调递增:当时,,此时函数单调递减,又由,故函数的最小值,函数取最小值时,可求得.由①②知,若点在轴上方,当的面积最小时,直线的斜率为.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,涉及到分类讨论求函数的最值,考查学生的运算求解能力,是一道难题.21、(1);(2)m-n-1=0【解析】试题分析:(1)利用M与短轴端点构成等腰直角三角形,可求得b的值,进而得到椭圆方程;(2)设出过M的直
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