浙江省东阳市2024届高三5月模拟考试数学试题（含答案）

第第页浙江省东阳市2024届高三5月模拟考试数学试题一、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U=R，集合A=x∣x−2x2≥−15，B={x∣x≤−3或A．−52,2 B．−3,−52．已知a=4，b=3，a+A．−16 B．16 C．−9 D．93．命题P：x1，x2，…，x10的平均数与中位数相等；命题Q：x1，x2，…，xA．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△ABC中，A=π6，a=13，b=2A．2 B．3 C．32 D．5．已知数列{an}的前n项和为Sn，若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C:x2a2+y25=1(a>5)，F1、FA．22 B．3 C．238．若存在直线与曲线f(x)=x3−x，g(x)=A．[−1,+∞) B．[−1,527]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．z=z B．z+z=z+10．已知函数fxA．φ=π6 C．fx+π6为偶函数 D．fx11．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y=6，于是分别用m=6和m=8得到了两个经验回归方程：y=b1x+a1，y=b2x+x12345y10m6n2附：r=b=i=1nA．s12<s22 B．r三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若P(−1,2)为角α终边上的一点，则cos13．已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到直线3x−4y−3=0距离的最小值为14．四棱锥P−ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=2，AB=1．四棱锥P−ABCD的各个顶点均在球O的表面上，B∈l，l⊥OB，则直线l与平面PAC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(x（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f(x)=ax+xlnx在x=e（（1）求实数a的值；（2）若不等式f(x)x>k(1+117．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P−ABB1A1与三棱柱（1）求直线AB与平面PA（2）求平面PBB1与平面18．已知抛物线：Γ:y2=4x，焦点为F，A(x0,y0)(y0≠0)为Γ上的一个动点，l是Γ在点A处的切线，点P在l上且与点A（1）求l的方程（用x0，y（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(14,19．若正实数数列{cn}满足cn+12≤cncn+2(n∈N∗（1）证明：a1（2）若a1a2（3）若b1=1，b2024

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因为解不等式x−2x2≥−15可得−因为B={x∣x≤−3或x≥2}，所以∁U所以A∩∁故选：A

【分析】解集合A中的不等式，化简集合A，由集合B和补集的定义得∁UB，再求2．【答案】B【解析】【解答】解：由a+b=所以b·a=0故选：B.【分析】由已知结合数量积求向量的模公式以及数量积的运算法则，进而得出结果.3．【答案】B【解析】【解答】解：由等差数列的性质可知：

x1所以x=而中位数也是x5所以x1，x2，…，即Q⇒P，P是Q的必要条件；若数据是1,但x1，x2，…，所以P推不出Q，所以P不是Q的充分条件；所以P是Q的必要不充分条件.故答案为：B.【分析】根据等差数列的性质和举反例即可判断充要条件.4．【答案】D【解析】【解答】解：由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA，

解得c=33（c=−故答案为：D.【分析】根据余弦定理求解即可.5．【答案】D【解析】【解答】当n=1时，3S1=3a1=2a两式相减得3an=2an−2∴a1故答案为：D.

【分析】利用数列的递推关系式求解首项，然后求解通项公式，即可求解a16．【答案】D【解析】【解答】解：由已知：①选数字，有C4②确定一个重复的数字，有C3③安排两个不同的数字，再让两个相同的数字取插空，则有A2由分步计数原理可得这样的四位数共有4×3×6=72个.故答案为：D【分析】利用分步计数原理计算即可.7．【答案】B【解析】【解答】解：设|MF1|=p则S△M得：pc=5，所以p=5c，由椭圆的定义可知由余弦定理得：p2消去p,q可得又因为a2−c所以a2−4故答案为：B.【分析】根据题意和椭圆的定义结合余弦定理，消元求解即可.8．【答案】A【解析】【解答】解：设直线与f(x)切点为(x因为f'所以切线方程y−(x即y=(3x设直线与g(x)切点为(x因为g'所以切线方程y−(x即y=2x∴2所以a=x令ℎ(x)=9ℎ'所以函数ℎ(x)在(−∞,−1在(−13,因为ℎ(l)=−1，ℎ(−13)=所以a≥−1，∴a的范围为[−1故答案为：A.【分析】利用导数分别求得切线方程，分离参数结合函数的单调性，即可求a的范围.9．【答案】A,D【解析】【解答】解：设复数z=a+bi（a,b∈R），则z=a−biA、z=a2B、|z+z|=2aC、z2=a2−D、z⋅z=a+bi故选：AD.【分析】先设复数z=a+bi（a,b∈R），则z=a−bi10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因为fA、由图像可知f0=12，所以sinφ=12B、由五点法可得ω×4π3+所以fxC、fx+π6D、当x∈0,π2时，2x+π6∈π6,7π6故选：ACD.【分析】先借助辅助角公式对函数进行变形，结合图像求出φ，ω的值，即可判断选项A，B，求出函数f(x)的解析式，利用诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.11．【答案】A,D【解析】【解答】解：当m=6时，x=y=10+6+6+n+25则i=1i=15所以x⋅i=1=−16b1得a1r1S1同理，当m=8时，b2=−2，r2=−1，所以r1>rb1>b故答案为：AD．【分析】分类计算当m=6时根据相关数据结合公式可求得b1，利用回归方程可求a1，利用相关系数公式可求得r1，利用方差公式可求得S12，同理计算m=8时，b2，12．【答案】−【解析】【解答】解：已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，

且P(−1,2)为角则cos故答案为：−5【分析】直接利用余弦函数定义计算即可.13．【答案】1【解析】【解答】解：由题意知，圆心的轨迹是以(3,圆心(3,4)到直线3x−4y−3=0的距离为最小值为2−1=1.故答案为：1【分析】根据已知得到圆心的轨迹，再用圆心到直线的距离减半径即可.14．【答案】[0,π【解析】【解答】解：如图所示，依题意，易知BD⊥平面PAC，所以BQ为平面PAC的一个法向量，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别作x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设直线l上异于B的一点R(x,y,B(1,则BR=(x−1,y,z)由BR⋅BO=0∴sinθ=|cosBR→当z=0时，sinθ=0，当z≠0时，sinθ=1综上，sinθ∈[0,22]故答案为：[0,【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.15．【答案】（1）Tr+1=令8−4r3∈Z记事件A=“第一次取到有理项”，事件B=“第二次取到无理项”则P(B|A)=（2）X=0,1,2，P(X=0)=分布列为X012P511E(X)=【解析】【分析】（1）由二项式定理可知有3项有理项6项无理项，再由条件概率公式代入计算即可。（2）根据题意可得X的分布列即可期望.16．【答案】（1）∵f(x)=ax+xlnx，∴∵函数f(x)=ax+xlnx在点∴f'(e)=a+2=0，∴a=−2，经检验，符合题意，

∴（2）f(x)=−2x+xlnx，∴即k<−2x+xlnx令g(x)=−2x+xlnx设ℎ(x)=lnx+x−1(x>0)，易得而ℎ(1)=0，∴x>1时，ℎ(x)>0，即g'0<x<1时，ℎ(x)<0，即g'∴g(x)在(1,+∞)上单调递增，∴g(x)min=g(1)=−1，【解析】【分析】（1）利用极值点处导数值为0即可求出答案；

（2）分离参数转化为恒成立问题，构造函数利用导数得到函数的单调性和最值，即可求得参数范围17．【答案】（1）解：取AB中点O和A1B1中点O1，连接OP、OO1、O1P，作OH⊥O1P，H为垂足，连接AB1，与A1B交于点M，连接O1O，显然O1O过M点，

∵PA=PB1，M为AB1中点，∴PM⊥AB1，同理，PM⊥A1B，

又∵AB1∩A1B=M，AB1，A1B⊂平面ABB1A1∴PM⊥平面ABB1A1．

∵A1B1⊂平面ABB1A1，∴PM⊥A1B1，

∵PA1=PB1，∴A1B1⊥O1P，

又∵PM∩O1P=P，PM，O1P⊂平面POO1∴A1B（2）解：法1：连接CA1、CB1、CO1、O1C1、OC，

∵A1B1⊥平面POO1，A1B1⊥平面OCC1，∴P、O、C、C1、O五点共面，

∵∠C1CA=∠C1CB=120°，∴∠CC1A1=∠CC1B1=60°，

∴CA1=CB1=2，CO=CO1=C1O1=3，∴△PO1Q≌△COO1≌△O1CC1，

∴∠PO1O+∠OO1C+∠COC1=180°，

∴P、O1、C1三点共线，∴P、B1、C1、A1四点共面．

如图所示，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A−1,0,0，B1,0,0，C0,3,0，P0,−33,263，

B11,233,263，A1−1,233,263，C10,533,263，

设平面PBB1的一个法向量为m⃗=x1,y1,z1，

则−x1−33y【解析】【分析】（1）由已知条件和线面垂直的判定定理及性质证明ABB1A1为矩形，进而证明OH⊥平面A1B1（2）法1：建系后分别求出平面PBB1和平面A1BC1的一个法向量，利用向量法即可求得平面PBB1与平面A1BC1夹角的余弦值；

法2：将三棱柱ABC−A（1）取AB中点O和A1B1中点O1，连OP、作OH⊥O1P，H为垂足，连AB1，与A∵PA=PB1，M为AB1中点，∴又∵AB1∩A1B=M，AB1⊂平面而A1B1⊂平面AB∵PA1=PB又∵PM∩O1P=P，PM⊂平面POO1，O1P⊂而OO1⊂平面POO1，∴A1∴四边形ABB（也可由∠C1CA=∠C1CB=120°又∵AB⊥OC，∴AB⊥平面OCC1，∴A1B⊥OO∵OH⊂平面POO1，∴由A1B1又∵OH⊥O1P，O1P∩A1B1=O1，∵OP=O1P=3，∴OH=OP⋅sin综上，直线AB与平面PA1B（2）解1：连CA1、CB1、由A1B1⊥平面POO1，由∠C1CA=∠∴CA1=CB1=2∴∠PO∴P、O1、C1三点共线，∴P、B1、C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A−1,0,0，B1,0,0，C0,B11,233设平面PBB1的一个法向量为则m⋅BP=0设平面A1BC则n⋅BA设所求平面PBB1与平面A1则cosθ=综上，平面PBB1与平面A1解2：如图，将三棱柱ABC−A1B由∠C1CA=∠而PA=PB=PA∴D1点与P点重合，∴P、B1、C1下面考虑平面PDBB1与平面取PB1中点M，连MB、MA由（1）可知四边形ABB∴A1B=22，又∵BD=2，A1D=23，又∵MB⊥PB1，∴∴∠MBA1即为所求平面PDBB∴cos∠MB综上，平面PBB1与平面A118．【答案】（1）解：显然切线l的斜率不为0，设l方程为：x−x与y2=4x联立得：由Δ=16m得m2−my∴l的方程为x−x化简得y0y=2(x+x​​​​​​​（2）证明：过A点作l的垂线并交x轴于Q点，则AQ直线的方程为y−y取y=0，解得x=x0+2∵F(1,0)，∴作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知|AF|=|AH|=x∴|AF|=|FQ|，∴∠FAQ=∠FQA，设T为反射光线上与A相异的一点，则有∠TAQ=∠FAQ，综上，∠TAQ=∠FQA，∴AT∥x轴，即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴．（3）解：此时l方程为y=2x+12，连HF，取H，F的中点为∵|AH|=|AF|，∴AK⊥HF，∵K点在l上，∴l⊥HF，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x=ty+1，与y2=4x联立得：设B(x1,y1)，∵kAC∴直线AC的方程为y−1=4y2而直线HF的方程为y=−12x+同理，xE由xD+xE=0∴−4+16t=9，∴t=1316，∴直线BC的方程为与直线l:y=2x+1【解析】【分析】（1）设出直线方程与抛物线方程联立得出一元二次方程求解即可；（2）由抛物线定义，设T为反射光线上与A相异的一点，证明∠TAQ=∠FAQ即可；（3）先求得DE的中点，设定直线方程与抛物线方程