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 含解析

【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.【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合，根据交集的定义求出即可．详解】∵，∴，∵，∴，所以.故选：B．2.若复数z满足（i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【答案】D【解析】【分析】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．【详解】设，则，则，即，所以，，解得，，故，对应的点在第四象限．故选：D．3.的展开式中的系数为（）A.4 B.-4 C.6 D.-6【答案】C【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式解答即可．【详解】因为的展开式的通项公式为，所以含的项为：，即的展开式中的系数为6，故选：C．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.52500【答案】A【解析】【分析】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．【详解】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：A.5.在中，分别为角的对边，若，，，则（）A.2 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】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．【详解】由，可得，根据进而求出，，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：B．6.双曲线C：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.3【答案】C【解析】【分析】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．【详解】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：设、，，双曲线其中一条渐近线为，直线的方程为，①由，得，即直线的斜率为，直线方程为，②由点在双曲线上，得，③联立①③，得，联立①②，得，则，即，因此，所以离心率．故选：C7.已知实数构成公差为d的等差数列，若，，则d的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意设，，求出，构造函数，求导判断其单调性，可得值域．【详解】由实数a，b，c构成公差为d的等差数列，所以设，，则，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，当b从负方向趋近于时，也趋近于，所以，所以．故选：A．8.已知抛物线C：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.【答案】B【解析】【分析】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．【详解】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：B．【点睛】关键点点睛：根据题意，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．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【答案】AB【解析】【分析】根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量的运算性质，对各个选项逐一判定即可．【详解】，，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：AB．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1D.当在上单调递减时，的最大值为1【答案】ACD【解析】【分析】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．【详解】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：ACD．11.已知函数的定义域为R，，，则（）A. B.C.为奇函数 D.【答案】BCD【解析】【分析】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D．【详解】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：BCD．【点睛】关键点点睛：关键是充分利用函数的奇偶性，等比数列的判定与证明以及等比数列的前n项和进行分析，由此即可顺利得解．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______．【答案】【解析】【分析】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．【详解】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.若，则______．【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.根据，，解得，结合二倍角余弦公式进行解答即可．【详解】因为可得，因为，可得，解得或（舍去）所以．故答案为:．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______．【答案】##【解析】【分析】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．【详解】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∠BAC，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：．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.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．（1）求的通项公式；（2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.【小问1详解】因为为等差数列，设公差为d，由，得，即，由，，成等比数列得，，化简得，因为，所以．所以．综上．【小问2详解】由知，，又为公比是3的等比数列，，所以，即，所以，，所以.综上.16.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．（1）求1号球不在1号盒中的概率；（2）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：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据古典概型公式计算1号球不在1号盒中的概率；（2）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．【小问1详解】记事件“1号球不在1号盒中”为A，则；【小问2详解】X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．17.如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，所以，又因为，为中点，所以，由线面垂直的判定即可得证；（2）建立空间直角建系，不妨取，得出平面的法向量，利用空间向量求解即可．小问1详解】因为平面平面，且平面平面，，平面ABCD，所以平面，平面，所以，又因为，为中点，所以，又，平面，所以平面；【小问2详解】设点在底面的射影为点，则平面，又平面，所以，取中点，因为，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，即在的中垂线上，如图建立空间直角建系，不妨取，则设为，，，，所以，，，由（1）可知，计算得，，所以，又，，设平面PBC的法向量为，则，即，取，所以．18.已知函数，．（1）若在点处的切线方程为，求，的值；（2）当时，存在极小值点，求证：．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由导数的几何意义以及已知切线的斜率可得，解出即可求，的值；（2）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．【小问1详解】因为，则，由在点处的切线方程为，所以，即，解得，综上，．【小问2详解】当时，，因为恒成立，为关于的一次函数，又因为存在极小值点，所以，又且，解得，令，解得，所以当时，当时，所以上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，所以，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．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．19.记点绕原点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.（1）求的方程；（2）已知：过点，记与的公共点为，点为上的动点，过作的平行线，分别交直线于两点，若外接圆的半径恒为，求四边形面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依题意利用变换求得上任意一点A的坐标，再代入的方程即可求解；（2）据题分析可得，均经过点，，不妨取，，则：，：，设上的动点P为，利用条件列出相关等式联立求解出，，再根据计算即可求解；【小问1详解】取上任意一点为，经过变换后得到上对应点为，由题意可知为：，变形后得，即，将点的坐标代入的方程得，，所以的方程为：.综上的方程为：.【小问2详解】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，，则解析式为：，的解析式为：，设上的动点为，则有，移项得（ⅰ）又因为过点，所以（ⅱ），联立，得，，所以H的坐标为，联立，得，，所以的坐标为，则.记直线与直线的夹角为，直线与轴正半轴的夹角为，则，计算得，根据正弦定理，由题意可知，所以为定值，所以（ⅲ）将（ⅰ）式代入（ⅲ）式得恒成立，即恒成立，所以，即，