浙江省县城教研联盟2023-2024学年高三下学期模拟考试数学试题

【新结构】2023-2024学年浙江省县城教研联盟高三下学期模拟考试数学试题❖一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，，则(

)A. B. C. D.2.若复数z满足为虚数单位，则z在复平面内对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.的展开式中的系数为(

)A.4 B. C.6 D.4.清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?(

)

A.10500 B.12500 C.31500 D.525005.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则(

)A.2 B.3 C. D.6.双曲线的左、右焦点为，，直线l过点且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若，则C的离心率为(

)A. B.2 C. D.37.已知实数a，b，c构成公差为d的等差数列，若，，则d的取值范围为(

)A. B.

C. D.8.已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且，点O关于l的对称点为D，则的取值范围为(

)A. B. C. D.二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。9.已知向量，的夹角为，且，，则(

)A. B.

C. D.在的方向上的投影向量为10.已知函数，则(

)A.当时，的图象关于对称

B.当时，在上的最大值为

C.当为的一个零点时，的最小值为1

D.当在上单调递减时，的最大值为111.已知函数的定义域为R，，，则(

)A. B.

C.为奇函数 D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知一组数据5，6，7，7，8，9，则该组数据的方差是__________.13.若，则__________.14.三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为__________.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.本小题13分已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列.求的通项公式;若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和16.本小题15分将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球.求1号球不在1号盒中的概率;记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：17.本小题15分

如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，E为线段PB的中点，平面底面

求证：平面求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.18.本小题17分已知函数，若在点处的切线方程为，求a，b的值;当时，存在极小值点，求证：19.本小题17分记点绕原点O按逆时针方向旋转角得到点的变换为已知，将上所有的点按变换后得到的点的轨迹记为求的方程;已知过点，记与的公共点为M，N，点P为上的动点，过P作OM，ON的平行线，分别交直线ON，OM于G，H两点，若外接圆的半径r恒为，求四边形OGPH面积的取值范围.

答案和解析1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查了利用对数函数的单调性解不等式与集合的运算问题，是基础题．

解不等式化简集合A、B，根据交集的定义求出【解答】

解：，，，

，

根据，，所以

故选：2.【答案】D

【解析】【分析】本题考查复数的四则运算，复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.

利用复数的运算法则求出z，再根据复数的代数表示及其几何意义得出z对应的点，进而求解．【解答】

解：设，则，

则，即，

所以，，

解得，，

故，对应的点在第四象限.

故选：3.【答案】C

【解析】【分析】本题考查求二项展开式中的指定项系数，属于基础题．

根据二项展开式的通项解答即可.【解答】

解：含的项为：，即的展开式中的系数为6，

故选：4.【答案】A

【解析】【分析】本题考查了棱台的体积，属于基础题.

根据棱台的体积公式即可计算得出答案.【解答】

解：一斛米的体积为

，

因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为，

故选：5.【答案】B

【解析】【分析】本题考查利用正弦定理解三角形，同角三角函数关系，两角和的正弦公式，属于基础题.

根据同角三角函数关系求得，，利用两角和的正弦公式求得，利用正弦定理求得b，c，进而求出a的值.【解答】

解：由，可得，进而求出，，

由可得，，

则，

由正弦定理可知，

又因为，

解得，，

由正弦定理可得

故选：6.【答案】C

【解析】【分析】本题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系及其应用，属于中档题．

设，通过题意求出直线的方程、直线的方程，之后联立直线的方程、直线的方程及双曲线方程，计算即可得出答案．【解答】

解：如图，设，由对称性可知P点在x轴上方或者下方不影响结果，不妨令P点在x轴下方，如图所示：

根据题意可得、，，

双曲线其中一条渐近线为，

直线的方程为，①

，，

即直线的斜率为，

即直线方程为，②

又点在双曲线上，

，③

联立①③，得，

联立①②，得，

，

即，

，

故选：7.【答案】A

【解析】【分析】本题考查等差数列，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.

由题意设，，求出，构造函数，求导判断其单调性，可得值域.【解答】

解：由实数a，b，c构成公差为d的等差数列，所以设，，，

所以，构造函数，

，当时，，所以此时单调递减，当时，，所以此时单调递增，

所以的最小值为，当b趋近于时，趋近于，

所以

所以

故选：8.【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，平面向量的数量积运算，点、直线间的对称问题，抛物线的几何性质，与圆有关的轨迹方程，定点问题，点到圆上点的最值问题，属于中档题.

设点，，由平面向量的数量积运算可得，根据直线l与抛物线有两个交点，可设，联立直线与抛物线，根据可得直线经过点，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求的取值范围即可.【解答】

解：由A，B两点在抛物线上，所以可以设点，，

则，

由直线l交C于A，B两点，故直线l不与x轴平行或重合，

故可设直线l解析式为，联立直线与抛物线方程得，，

所以，解得，所以直线l与x轴的交点为，

由O，D关于直线l对称，所以，且D点不与O点重合，故可知D的轨迹方程为：不经过原点，所以，

，即

故选：9.【答案】AB

【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积、向量的模、投影向量，属于中档题.

根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量对各个选项逐一判定即可.【解答】

解：，，故A正确;

，所以，故B正确;

，所以，又因为，

所以，故C错误;

在上的投影向量为，故D错误;

故选：10.【答案】ACD

【解析】【分析】本题考查余弦型函数的图象与性质，属于中档题.

根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可.【解答】

解：时，，因为，

所以关于对称，故A正确;

时，由可得，

根据余弦函数的单调性可知的最大值为，故B错误;

若，则，，所以，，且，

所以的最小值为1，故C正确;

因为在上单调递减，且，

根据余弦函数的单调性可知的单调递减区间为：

，，，，

所以，，所以，故D正确.

故选：11.【答案】BCD

【解析】【分析】本题主要考查求函数值，函数的奇偶性，数列与不等式，等比数列的判定与证明，等比数列的前n项和，属于中档题.

利用赋值法求得即可判断A；利用赋值可得，并且判断出，由不等式的性质可得，即可判断B；利用函数的奇偶性以及的值即可判断C；利用等比数列的判定可得的通项公式，利用等比数列的求和公式可得，即可判断【解答】

解：令，，则，将代入得，即，故A错误;

由，令可得，若存在x使得，则上式变为，显然不成立，所以，又，因为，所以，

将整理为，因为，即，所以，故B正确;

令，则，且，，所以为奇函数，故C正确;

当时，，，

所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，

由可知，因为，所以，

所以，故D正确;

故选：12.【答案】

【解析】【分析】本题考查一组数据方差的求法，考查平均数、方差等基础知识，属于基础题．

先求出这一组数据5，6，7，7，8，9的平均数，由此再求出该组数据的方差．【解答】

解：一组数据5，6，7，7，8，9的平均数为：，

该组数据的方差为：

故答案为：13.【答案】

【解析】【分析】本题考查同角三角函数的基本关系和二倍角余弦公式的应用，属于基础题.

根据，，解得，结合二倍角余弦公式进行解答即可.【解答】

解：因为可得，因为，

可得，

解得或舍去

所以

故答案为14.【答案】

【解析】【分析】本题考查了线面平行的性质，考察了点线、点面、线面、面面的距离，考察了余弦定理，考察了二次函数性质，是中档题.

延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值.【解答】

解：延长CM交AB于点I，因为平面ABD，

由线面平行性质定理可知，

设，

因为三棱锥的所有棱长均为2，所以，且E为线段BC的中点，

所以AE平分，由角平分线定理可知，

所以，因为F为线段AD的中点，所以，

由余弦定理可知，

所以，

令，，化简可得，

因为，所以

则在时取得最小值，

所以，

综上当，即时MN取得最小值

故答案为

15.【答案】解：因为为等差数列，设公差为d，由，得，

可得或，

由，，成等比数列，则，

得，

化简得，因为，所以

所以

综上

由知，，又为公比是3的等比数列，

所以，即，

所以，，

所以

综上

【解析】本题主要考查的是等差数列的通项公式，等差数列和等比数列的前n项和公式，等比数列的性质，等比数列的通项公式，分组求和，属于中档题.

设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比数列的性质列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；

由等比数列的通项公式可求得，再得到的通项公式，利用分组求和求16.【答案】解：记事件“1号球不在1号盒中”为A，

则；

的取值为0，1，2，4，且，

，

，

，

所以，

，

时，，时，，此时，则，

时，，此时，，

时，，此时，，

，

因为，

所以

【解析】本题考查了古典概型及其计算、离散型随机变量的期望，属于中档题.

根据古典概型公式计算1号球不在1号盒中的概率;

分析易得X的取值为0，1，2，4，且，再分别得出对应概率，可得、，再研究XY的取值和对应概率，可得，比较即可得证.17.【答案】解因为平面平面ABCD，且平面平面，

，平面ABCD，

所以平面AEC，平面AEC，

所以，

又因为，E为PB中点，所以，

又，PB、平面PBD，

所以平面PBD；

设点P在底面ABCD的射影为点Q，

则平面ABCD，

又平面ABCD，

所以，取AD中点M，

因为，所以，

又，PQ、平面PQM，

所以平面PQM，

因为平面PQM，

所以，即Q在AD的中垂线上，

如图建立空间直角建系，不妨取，

则设P为，，，，

所以，，，

由可知，计算得，，所以，

又，，

设平面PBC的法向量为，

则，即，取，

所以，

【解析】本题考查了线面垂直的判定和直线与平面所成角的向量求法，是中档题.

先证明平面AEC，所以，又因为，E为PB中点，所以，由线面垂直的判定即可得证；

建立空间直角建系，不妨取，得出平面PBC的法向量，利用空间向量求解即可.18.【答案】解：因为，由在点处的切线方程为，

所以，即，

解得，

综上，

当时，，

因为存在极小值点，所以，解得，

此时，所以，

即，，

所以，

令，则，

因为，

所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，

又时，，所以，所以，即

因为，

当时，恒成立，即在时单调递增，

所以，

综上得证.

【解析】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数证明不等式，考查了已知切线斜率、倾斜角求参数，考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性，考查了函数极值点的概念是中档题.

由导数的几何意义以及已知切线的斜率和倾斜角可得，解出即可求a，b的值;

易得，所以，所以，令，则，利用导数研究单调性，再求出的最大值即可得证.19.【答案】解：取上任意一点为，

经过变换后得到上的对应点为，

由题意可知为：，变形后得，

即，将点A的坐标代入的方程得，，

所以的方程为：

综上的方程为：

因为经过点，且，则也在上，所以为与的公共点，

则也为与的公共点.

所以不妨取，，则的解析式为：，的解析式为：，

设上的动点P为，则有，移项得

又因为过点，所以，

联立，得，，

所以H的坐标为，

联立，得，，