浙江省绍兴市2024届高三数学下学期5月模拟试题含解析

这是一份浙江省绍兴市2024届高三数学下学期5月模拟试题含解析，共23页。试卷主要包含了 已知，则， 已知函数，等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将姓名､考生号等个人信息填写在答题卡指定位置.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
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. 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】B
【解析】
【分析】由复数的除法法则计算即可.
【详解】由，对应的点为，该点位于第二象限，
故选：B.
2. 已知，若，则m的取值范围是（）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】将代入，然后转化为一元二次不等式求解可得.
【详解】因，所以，等价于，
解得.
故选：A
3. 已知向量满足，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出、、，即可求出、、，再根据夹角公式计算可得.
【详解】由题意得，则有，解得，
又由，则有，解得，
同理可得，
所以，
，
，
所以.
故选：A
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据平方关系求出，再根据结合两角差的正弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，有，
所以
.
故选；A.
5. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据概率的性质解得，结合可得，代入条件概率公式分析求解.
【详解】因为，即，解得，
又因为，即，解得，
且，可得，
所以.
故选：B.
6. 若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得，
所以圆锥的体积为，解得，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为．
故选：C．
7. 已知函数是奇函数，则时，的解析式为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用时，和可求得的解析式.
【详解】设，则，
所以，
又函数是奇函数，所以，即，.
即.
故选：C
8. 已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线的上焦点为，由题意可得，可求，由已知可求，可求渐近线方程.
【详解】设双曲线的上焦点为，
双曲线的渐近线方程为，
由点到直线的距离公式可得，
又双曲线的实半轴长为，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：B.
二､多选题：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. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（）
A. 若，，，则
B. ，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；
B若，，则，又，所以，故B正确；
C. 若，，则，又，所以，故C正确；
D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，.下列选项正确的是（）
A.
B，使得
C. 对任意，都有
D. 对任意，都有
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D.
【详解】A：因为，所以，.
因为，，
所以，故A错误；
B：若，则，即，
，可得，
令，因为，，
所以，使得，即，故B正确；
C：因为，
且在上单调递减，所以也单调递减，
可得，
因为.
又在上单调递增，所以也单调递增，
得，即，
因此，对于任意的，都有，故C正确；
D：由B可知：，使得，
结合C的结论，可知当，，，即，
当时，，，即，
因为，，得，即，
当时，有，
因为，所以，所以，
因此可得，即，
当，有，
因为，所以，可得，即，
因此，对于任意的，都有，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
11. 如图，已知直三棱柱的所有棱长均为3，分别在棱，上，且分别为的中点，则（）
A. 平面
B. 若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为
C. 若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为
D. 过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面平行的定义判断A；求出点P关于平面和的对称点的距离判断B；计算截面面积判断C；找出与过点A且与直线和BC所成的角都为的直线条数判断D.
【详解】直三棱柱的所有棱长均为3，
对于A，由，得，
显然构成一个平面，连接DF，EG，和，
正方形中，，设，显然≌，
则，即为的中点，于是，即为DF的中点，
同理设，则为EG的中点，因此是中位线，
由为中线，得P为中点，因为平面FGED，
因此平面FGED，即平面PFG与平面FGED为同一个平面，则DE在平面PFG内，A错误；
对于B，显然平面与平面所成锐二面角大小为，
计算可得点H到平面和的距离，由选项A知，是的中点，
则点P到平面和的距离，令点P关于平面和的对称点分别为，，
则当M，N分别取直线与平面和的交点时，的周长最短，
由，得，
所以周长的最小值为，B正确；
对于C，由选项A知，D，E在过P，F，G三点平面内，截面为四边形FGED，
，则截面面积为，C正确；
对于D，显然，过点A作BC的平行线，则，
与成的所有直线构成以A为顶点的两个对顶圆锥（为轴），
同理与成的所有直线构成以A为顶点两个对顶圆锥（为轴），
而与所成角，因此圆锥面上公共直线共有两条，
所以过点A且与直线和BC所成的角都为的直线有2条，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中常数项为______.
【答案】81
【解析】
【分析】的展开式中通项公式,令，即可得出．
【详解】的展开式中通项公式：．
的通项公式：．
故的通项为
令，则，；，；，．
因此常数项．
故答案为：．
13. 记正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由，利用数列通项和前n项和的关系求得，再令，利用导数法求解.
【详解】当时，，则或（舍去），
当时，由，得，
两式相减得，得，
因为，所以，
所以数列是等差数列，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由随的增大而增大，，，
则，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是构造函数判断得其单调性，从而考虑，的情况，从而得解.
14. 欧拉函数表示不大于正整数且与互素（互素：公约数只有1）的正整数的个数.已知，其中，，…，是的所有不重复的质因数（质因数：因数中的质数）.例如.若数列是首项为3，公比为2的等比数列，则______.
【答案】
【解析】
【分析】计算出等比数列的通项公式后，结合欧拉函数计算即可得解.
【详解】由题意可得，则，
当时，，
则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分及进行讨论，结合题中公式求的通项公式.
四､解答题
15. 在中，角的对边分别为已知.
（1）求角的大小;
（2）若，求的面积;
（3）若为BC的中点，求AD的长.
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解；
（2）根据余弦定理得，进而根据三角形面积公式即可求解；
（3）根据向量的模长公式结合条件即可求解.
【小问1详解】
，
，
即.
由正弦定理得，由余弦定理得，
；
【小问2详解】
，
由余弦定理得，
；
【小问3详解】
在中，由余弦定理得，
即，又，得，
为BC的中点，，
两边平方得，
，
即中线AD的长度为.
16. 五一假期后，高二年级篮球赛进入白热化阶段，甲、乙、丙三支种子队在进入半决赛之前不会相遇.他们都需要在最后一轮小组赛中战胜对手从而进入淘汰赛，然后在淘汰赛中胜出才能进入半决赛.已知甲队在小组赛最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为和；乙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为和；丙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为和，其中.
（1）甲、乙、丙三队中，谁进入半决赛的可能性最大；
（2）若甲、乙、丙三队中恰有两队进入半决赛的概率为，求的值；
（3）在（2）的条件下，设甲、乙、丙三队中进入半决赛的队伍数为，求的分布列及期望.
【答案】（1）乙进入半决赛的可能性最大
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式，分别求得甲乙丙进入半决赛的概率，即可求解；
（2）由甲、乙、丙三队中恰有两对进入半决赛的概率，结合列出方程，即可求解；
（3）根据题意，得到的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，甲队进入半决赛的概率为，乙队进入半决赛的概率为，
丙队进入半决赛的概率为，
因为，所以，
显然乙队进入半决赛的概率最大，所以乙进入半决赛的可能性最大.
【小问2详解】
解：因为甲、乙、丙三队中恰有两对进入半决赛的概率为，
所以，解得或，
因为，所以.
【小问3详解】
解：由题意可知：甲、乙、丙三队进入半决赛的概率分别为，
且随机变量的可能取值为，
可得，，
，，
所以的分布列为:
所以，期望为.
17. 如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，
（1）证明：平面；
（2）求点到面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【小问1详解】
连接，
在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
【小问2详解】
由棱台性质知：延长交于一点，
，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
【小问3详解】
平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，
，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.
18. 已知数列的前项和为，且满足.数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，且对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，作差结合等比数列定义即可求得，当时，，作差变形得，利用等差数列定义求通项公式即可；
（2）先利用错位相减法求得，然后把恒成立问题转化为恒成立，按照奇偶性分类讨论，分离参数利用数列单调性求解参数范围.
【小问1详解】
对于数列，当时，，解得；
当时，，与原式作差可得，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以；
对于数列，当时，，解得，
时，，
与原式作差可得，
因为，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
所以，
两式作差可得，
所以，
所以恒成立，化简得.
当时，恒成立，所以，
当时，恒成立，所以.
综上可得：.
19. 如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．
（1）若为的焦点，求证：；
（2）过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）将转化为(坐标表示),从而求出点的坐标即可解答；或者由，可看作是以为直径的圆与抛物线交点，从而求出的坐标即可解答；
（2）由，易得，即，所以点必在中垂线上，联立直线与抛物线方程，再结合即可求解.
【小问1详解】
法一：
由题可知，，
设，，
则，．
因为，故，
解之得，．
，
．
．
法二：
由题可知，，
设点，因，故点在圆上，
又因为点也在上，联立与得
．
解之得．
因为，故．
故，．
．
．
【小问2详解】
因为，，
所以，故．
所以点必在中垂线上．
方法一：
设，直线的方程为，，．
将代入
得：
，，．
因为点在中垂线上，故．
所以，即，左右两边同时除以得，解得：或，又因为
所以，．
因为，所以即．
所以，，，．
所以直线的方程为
即．
方法二：
设，直线的方程为，，，
将代入
得：
，，．
因为点必在中垂线上，且,
所以点为的中点，故，．
因为，所以即．
所以，，．
所以直线的方程为．
即．
0
1
2
3
P