2024年浙江东阳金华市高三三模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页东阳市2024年5月高三模拟考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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．已知全集，集合，或，则（

）A． B． C．（－3，3] D．（2，3]2．已知，，，则（

）A．-16 B．16 C．-9 D．93．命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q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4．已知中，，，，则（

）A． B． C． D．5．已知数列的前项和为，若，则（

）A．8 B．-8 C．64 D．-646．从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数个数为（

）A．36 B．54 C．60 D．727．已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（

）A． B．3 C． D．48．若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（

）A． B． C． D．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．已知复数z，则（

）A． B．C． D．10．已知函数的部分图象如图所示，则（

）A． B．C．为偶函数 D．在区间的最小值为11．某班主任用下表分析高三前5次考试中本班级在年级中的成绩排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次考试排名，但他记得平均排名，于是分别用和得到了两个经验回归方程：，，对应的样本相关系数分别为，，排名y对应的方差分别为，，则（

）x12345y10m6n2附：，，．A． B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合.若为角终边上的一点，则．13．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为．14．四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项，且每一项被取到的可能性相等．(1)在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率；(2)记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．16．已知函数在（为自然对数的底数）处取得极值．(1)求实数a的值；(2)若不等式恒成立，求k的范围．17．如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．

(1)求直线AB与平面的距离；(2)求平面与平面夹角的余弦值．18．已知抛物线：，焦点为F，为上的一个动点，是在点A处的切线，点P在上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且平分直线AB和直线AC的夹角．(1)求的方程（用表示）；(2)若从点F发出的光线经过点A反射，证明：反射光线平行于x轴；(3)若点A坐标为，求点P坐标．19．若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列.已知是一个对数凸数列，．(1)证明：；(2)若，证明：；(3)若，，求的最大值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】解集合中的不等式，得到集合，由集合得，再求.【详解】不等式解得，∴，或，则，.故选：A2．B【分析】由已知可得，可求得，进而计算可求.【详解】由，两边平方可得，所以，所以.故选：B.3．B【分析】由，，…，是等差数列，易推导出，，…，的平均数与中位数相等，所以P是Q的必要条件；举出反例可推翻P是Q的充分条件.【详解】由，，…，是等差数列，所以，而中位数也是，所以，，…，的平均数与中位数相等，即，是的必要条件；若数据是，则平均数和中位数相等，但，，…，不是等差数列，所以推不出，所以不是的充分条件；所以是的必要不充分条件.故选：B.4．D【分析】直接利用余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理得，即，解得（舍去）.故选：D.5．D【解析】可写出时，满足，与相减得到关于的递推公式，由是等比数列求解.【详解】当时，，解得；当时，，两式相减得，即，∴，∴，故选：D.【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出与之间的关系，再求.6．D【分析】利用分步计数原理与插空法即可求解.【详解】根据题意，完成这件事可分三部：第一步，选数字，有种；第二步，将选好的三个数字确定一个重复的数字，有种；第三步，安排这三个数字在三个位置上，且相邻数位上的数字不同，即先安排两个不同的数字，再让两个相同的数字取插空，则有种排序方法；由分步计数原理可得这样的四位数共有个.故选：D7．B【分析】设，，由题意可得，，结合余弦定理可得，消元可得，求解即可.【详解】设，，则，化简得：，所以，，另外，由余弦定理得：，结合以上两个式子，消去可得，又因为，所以化简可得：，所以，可得.故选：B.8．A【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围.【详解】设直线与相切与点，因为，所以切线方程，即，设直线与相切与点，因为，所以切线方程，即，，所以有解，令，，所以函数在，上单调递减，在，上单调递增，因为，，所以，所以，的范围为.故选：A.【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解.9．AD【分析】由复数的定义，共轭复数，模长计算，复数的运算逐一判断即可.【详解】设复数，则，A：，故A正确；B：，故B错误；C：，，故C错误；D：，故D正确；故选：AD.10．ACD【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.【详解】由题意得，由图象可得，又，所以，由五点法可得，所以.A：由以上解析可得，故A正确；B：由以上解析可得，故B错误；C：，故C正确；D：当时，，所以最小值为，故D正确；故选：ACD.11．AD【分析】当时，根据相关数据结合，可求得，进而利用可求，利用相关系数公式可求得，利用方差公式可求得，同理计算时，，，，，进而可得结论.【详解】当时，，，解得，则，，得，，；同理，当时，，，，，所以，，，．故选：AD．12．【分析】根据余弦的定义可得出答案.【详解】为角终边上的一点，则.故答案是：.13．1【分析】先得出圆心的轨迹圆，再用轨迹圆的圆心到直线的距离减半径即可.【详解】由题意知，半径为1的圆经过点，所以圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，到直线的距离为，所以圆心到直线距离的最小值为.故答案为：114．．【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.【详解】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，，则，，，由可得，∴，当时，，当时，，综上，，∴．故答案为：.

另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，交点为Q，因为底面为正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即面，若平面，则与平面所成的角为.若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，因为面，且平面，所以，又，，且，平面，所以平面，故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又面，所以为在面内的射影，即为直线l与平面所成的角，且，又，而，当且仅当重合等号成立，故，综上，，∴．故答案为：.

【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角.15．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）根据题意，由二项式展开式的通项公式即可得到二项展开式中有3项有理项，6项无理项，再由条件概率公式代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别计算其对应的概率，即可得到分布列与期望.【详解】（1）由题可得二项式展开式的通项为，，令，解得．故二项展开式中有3项有理项，6项无理项．记事件“第一次取到有理项”，事件“第二次取到无理项”，所以，，则.（2）由题意可得的可能取值为，，，，则分布列为：X012P.16．(1)(2)．【分析】（1）求导，利用，求出答案；（2）参变分离得到对任意恒成立，令，求导得到函数的单调性和最值，得到.【详解】（1）∵，∴，∵函数在点处取得极值，∴，∴，经检验，符合题意，∴；（2）∵，∴恒成立，即对任意恒成立．令，则．设，易得是增函数，而，∴时，，即，时，，即，∴在上单调递增，上单调递减，∴，∴．17．(1)；(2)．【分析】（1）由图中几何关系和线面垂直的判定定理证明为矩形，再由线面角的定义结合余弦定理解出即可；（2）解1建系后分别求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求解即可；解2将三棱柱补形为平行六面体，由（1）得到即为所求平面与平面的夹角，再用余弦定理解出即可.【详解】（1）取AB中点O和中点，连OP、、，作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，

∵，M为中点，∴，同理，，又∵，平面，平面∴PM⊥平面．而平面，∴，∵，∴，又∵，平面，平面∴平面，而平面，∴，而，∴，∴四边形为矩形．（也可由，得到，∴，又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．

∵平面，∴由平面，可知，，又∵，，平面，平面，∴OH⊥平面．

∵，，，∴，综上，直线AB与平面的距离为．（2）解1：连、、、、OC，由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面，由可得，，∴，，∴，∴，∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．

如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，可取，

设平面的一个法向量为，则，可取，

设所求平面与平面夹角为，则，综上，平面与平面夹角的余弦值为．

解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体，由可得，在此平行六面体中，，而，∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．

下面考虑平面与平面的夹角即可．取中点M，连MB、，易得，由（1）可知四边形为矩形，∴，又∵，，∴，∴．又∵，∴，∴即为所求平面与平面的夹角，

∴，综上，平面与平面夹角的余弦值为．

18．(1)(2)证明见解析；(3)．【分析】（1）设定直线的方程，并于抛物线方程联立得出一元二次方程，相切需保证，求解即可；（2）由抛物线定义得到，设T为反射光线上与A相异的一点，进而证明即可；（3）先求得K为的中点，设定直线PF的方程并于抛物线方程联立得出一元二次方程，进而得出直线AC和HF的方程，求出点的横坐标，证明即可.【详解】（1）显然切线l的斜率不为0，设l方程为：，与联立得：，由，且，得，解得，∴l的方程为，且，化简得，也即：．（2）过A点作l的垂线并交x轴于Q点，则AQ直线的方程为，取，解得，即，∵，∴，作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知，∴，∴，设T为反射光线上与A相异的一点，则有，综上，，轴，即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴．（3）若点A坐标为，此时l方程为，连HF，取H，F的中点为，因为，故，∵，∴，∵K点在l上，∴，设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点，设直线PF的方程为，与联立得：，设，，则有，，当直线的斜率存在时，因为，此时，所以直线AC的方程为，也即，而直线HF的方程为，联立得，同理，，由得：，整理得，∴，∴，∴直线BC的方程为，与直线联立得P点坐标为．当直线的斜率不存在时，此时，而经过，故此时直线即为，故重合，与题设矛盾，综上，P点坐标为．【点睛】本题是圆锥曲线综合问题，解题思路是运用韦达定理转化，运算和转化较复杂，属于难题.题型点睛，抛物线的光学性质主要有两大类