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    2024届浙江省绍兴蕺山外国语学校高三上学期9月检测数学试题含答案

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    这是一份2024届浙江省绍兴蕺山外国语学校高三上学期9月检测数学试题含答案,共16页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题,应用题,证明题等内容,欢迎下载使用。

    一、单选题
    1.已知集合,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】根据对数函数的定义求集合B,再结合交集运算求解.
    【详解】由题意可得:,
    所以.
    故选:B.
    2.已知复数(为虚数单位),则( )
    A.1B.4C.3D.
    【答案】D
    【分析】根据复数的模长公式直接求解即可.
    【详解】由题意可得:.
    故选:D.
    3.函数的定义域为( )
    A.B.C.D.
    【答案】C
    【分析】利用函数解析式有意义可得出关于实数的不等式组,由此可解得原函数的定义域.
    【详解】由已知可得,即,
    因此,函数的定义域为.
    故选:C.
    4.已知等轴双曲线经过点,则的标准方程为( )
    A.B.C.D.
    【答案】A
    【分析】先设出双曲线的方程为(),代点进行求解即可.
    【详解】设双曲线的方程为(),
    代入点,得,
    故所求双曲线的方程为,
    其标准方程为.
    故选:A.
    5.已知函数,则( )
    A.2B.9C.65D.513
    【答案】A
    【分析】根据自变量所在范围,代入相应的解析式中计算,即可求得答案.
    【详解】,
    故选:A
    6.某市抽调5位老师分赴3所山区学校支教,要求每位老师只能去一所学校,每所学校至少安排一位老师.由于工作需要,甲、乙两位老师必须安排在不同的学校,则不同的分派方法的种数是( )
    A.124B.246C.114D.108
    【答案】C
    【分析】利用分布乘法计数原理,根据排列及间接法计算.
    【详解】设学校为,先把甲乙两人安排到不同学校,有种,
    不妨设甲在A,乙在B,只需剩余3人至少有1人去C即可,
    利用间接法计算,有种不同安排方法,
    根据分步乘法计数原理可知,共有种不同安排方法.
    故选:C
    7.( )
    A.1B.C.D.-1
    【答案】B
    【分析】利用降幂升角公式和诱导公式化简即可得到结果.
    【详解】
    故选:
    【点睛】本题考查利用降幂升角公式和诱导公式化简的问题,考查基础公式的应用.
    8.在三棱锥中, 平面,,于,,为中点,则三棱锥的体积最大值为( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】推导出平面,可得出,可得出,设点到平面的距离为,利用锥体的体积公式结合基本不等式可求得三棱锥体积的最大值.
    【详解】因为平面,、平而,所以,,
    因为为的中点,则,

    又因为,,、平面,所以平面,
    又平面,则,
    又,而,、平面,所以平面,
    又平面,所以,则,
    设点到平面的距离为,
    所以,
    当且仅当且平面时,等号成立,
    故三棱锥的体积的最大值为,
    故选:B.
    二、多选题
    9.下列各图中,能表示函数的图象的是( )
    A.B.
    C.D.
    【答案】ACD
    【分析】结合函数的对应关系直接判断即可.
    【详解】对A:多个对应一个,可以是函数;
    对B:在轴左侧或右侧,一个对应多个,不是函数;
    对C:一个对应一个,可以是函数;
    对D:为不连续的点函数.
    故选:ACD
    10.已知的展开式中含有常数项,则的可能取值为( )
    A.4B.6C.8D.10
    【答案】AC
    【分析】求出展开式的通项,再令,可得与的关系,用赋值法从而可得出结论.
    【详解】展开式的通项为:,其中;
    令,则,可知n为4的倍数,故B、D错误;
    当 时, 最小为 4;当 时, 为8;
    故选:AC.
    11.设数列,都是等比数列,则( )
    A.若,则数列也是等比数列
    B.若,则数列也是等比数列
    C.若的前项和为,则也成等比数列
    D.在数列中,每隔项取出一项,组成一个新数列,则这个新数列仍是等比数列
    【答案】ABD
    【分析】根据给定条件,利用等比数列定义判断ABD;举例说明判断C作答.
    【详解】数列,都是等比数列,设公比分别为,
    对于A,由,得,所以数列为等比数列,A正确;
    对于B,由,得,所以数列为等比数列,B正确;
    对于C,令,则,不成等比数列,C错误;
    对于D,为常数,D正确.
    故选:ABD
    12.定义在上的函数满足如下条件:①,②当时,;则下列结论中正确的是( )
    A.B.
    C.在上单调递减D.不等式的解集为
    【答案】AD
    【分析】利用特值法可判断A选项,利用反证法可判断B选项,利用定义法判断单调性可判断C选项,再根据单调性解不等式判断D选项.
    【详解】A选项:由,
    令,则,
    解得,A选项正确;
    B选项:对于,,
    令,则,
    假设成立,则,
    所以,
    又当时,,即不恒为,
    则,与矛盾,
    所以假设不成立,B选项错误;
    C选项:设,,且,,
    则,,
    又,
    所以,
    所以函数在上单调递增,C选项错误;
    D选项:,即,
    所以,
    由函数的定义域可知,又函数在上单调递增,
    所以,
    解得或(舍),D选项正确;
    故选:AD.
    三、填空题
    13.函数的单调增区间为 .
    【答案】
    【详解】试题分析:函数的定义域为,易知函数的单调递增区间为.
    【解析】函数的单调性.
    14.已知函数的部分图象如图所示,则 .
    【答案】
    【分析】由图象可知余弦型函数的周期,求出 ,根据“五点作图法”知可看作“五点作图法”中的第二个点,即可求,写出函数解析式,求对应函数值.
    【详解】由图可知:(为的最小正周期),
    即:,所以,即,
    故,
    点可看作“五点作图法”中的第二个点,
    所以,,所以,
    所以.
    故答案为:
    15.若过点的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线的距离为 .
    【答案】
    【解析】由已知设圆方程为,代入,能求出圆的方程,再代入点到直线的距离公式即可.
    【详解】由题意可得所求的圆在第一象限,设圆心为,则半径为,.
    即圆的方程为,再把点代入,得或1,
    ∴圆的方程为或,对应圆心为或;
    由点线距离公式,圆心到直线的距离或;
    故答案为:.
    【点睛】本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法,求出圆心坐标和半径的值,是解题的关键,属于基础题.
    16.已知椭圆:的右焦点为,过点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点,弦的垂直平分线交轴于点P,若,则椭圆的离心率 .
    【答案】/0.5
    【分析】设直线的方程, 代入椭圆方程, 由韦达定理, 弦长公式及中点坐标公式, 求得中点坐标 坐标, 求得垂直平分线方程, 当时, 即可求得点坐标, 代入即可求得, 即可求得 , 即可求得和的关系, 即可求得椭圆的离心率.
    【详解】因为倾斜角为的直线过点,
    设直线的方程为: , ,
    线段的中点,
    联立 ,化为,


    的垂直平分线为:,
    令 , 解得 ,.
    ,
    ,则 ,
    椭圆的离心率为,
    故答案为:.
    【点睛】关键点睛:运算能力是关键;本题考查简椭圆的简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的垂直平分线的求法, 属于较难题.
    四、解答题
    17.在中,内角所对的边分别为.
    (1)求;
    (2)若在边上,且,求的值.
    【答案】(1)
    (2)
    【分析】(1)利用正弦定理进行边角互换,然后利用和差公式化简得到,然后求即可;
    (2)根据得到,然后分别在和中利用正弦定理得到,解方程得到,然后求即可.
    【详解】(1)由得,即,
    即,
    即,
    因为,所以,,
    因为,所以.
    (2)
    因为,所以,
    在中,由正弦定理得,所以,
    在中,由正弦定理得,所以,
    因为,,所以,,
    所以,,即.
    18.如图,在长方体中,点, 分别在棱上,且,.

    (1)证明:;
    (2)若,,,求平面与平面夹角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【分析】(1)在上取一点G,使得,连接EG,,通过证明四边形是平行四边形,以及四边形是平行四边形得到;
    (2)连接AC,BD交于点O,如图建立空间直角坐标系,求出平面和平面的法向量,求其夹角的余弦值即可得答案.
    【详解】(1)如图,在棱上取点,使得,

    又,所以四边形为平行四边形,
    则且,又且,
    所以且,
    则四边形为平行四边形,所以,
    同理可证四边形为平行四边形,
    则,所以.
    (2)以为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系,
    则,,,,

    ,,设平面的法向量为,
    由得,,解得,,
    令,则,
    ,,设平面的法向量为,
    由得,,解得,
    令,则,
    设两个平面夹角大小为,则 .
    五、应用题
    19.甲乙两人进行乒乓球比赛,现约定:谁先赢3局谁就赢得比赛,且比赛结束.若每局比赛甲获胜的概率为,乙获胜的概率为.
    (1)求甲赢得比赛的概率;
    (2)记比赛结束时的总局数为,写出的分布列,并求出的期望值.
    【答案】(1)
    (2)分布列见详解,.
    【分析】(1)根据题意,求出甲胜共进行3局,4局,5局的概率,再利用互斥事件的概率公式求解;
    (2)的可能值为3,4,5,分别求出每种情况的概率,按照步骤求分布列即可.
    【详解】(1)比赛采用5局3胜,甲赢得比赛有以下3种情况:
    ① 甲连赢3局:;
    ② 前3局2胜1负,第4局甲赢:;
    ③ 前4局甲2胜2负,第5局甲赢:,
    所以甲赢得比赛的概率为.
    (2)可以取3,4,5
    所以,
    ,
    ,
    由此可得的分布列为:
    所以.
    六、证明题
    20.已知各项都为正数的数列{an}满足an+1+an=32n,a1=1,
    (1)若bn=an-2n,求证:{bn}是等比数列;
    (2)求数列{an}的前n项和Sn.
    【答案】(1)证明见解析;
    (2)Sn.
    【分析】(1)利用等比数列的定义证明;
    (2)先求出,再利用分组求和求解.
    【详解】(1)解:因为
    所以,
    因为 所以,
    所以,
    所以 ,
    所以是首项和公比均为的等比数列.
    (2)解:由(1)易得:
    因为,所以 ,
    所以 ,

    .
    21.已知函数
    (1)当时,求函数的单调区间;
    (2)求证:当时,
    【答案】(1)增区间为,减区间为
    (2)证明见解析
    【分析】(1)当时,求出,利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间;
    (2)当时,利用导数求出函数的最大值为,然后证明,即证:,构造函数,利用导数证得即可.
    【详解】(1)解:当时,,,
    由,可得,由,可得,
    故当时,函数的增区间为,减区间为.
    (2)解:当时,因为,则,
    由,可得,由,可得,
    所以,函数的增区间为,减区间为,
    所以,下证:,即证:.
    记,,
    当时,,当时,,
    所以,函数的减区间为,增区间为,
    所以,,所以恒成立,即.
    【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:
    (1)直接构造函数法:证明不等式(或)转化为证明(或),进而构造辅助函数;
    (2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;
    (3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数.
    七、解答题
    22.已知抛物线与圆相交于四个点.
    (1)当时,求四边形的面积;
    (2)四边形的对角线交点是否可能为,若可能,求出此时的值,若不可能,请说明理由;
    【答案】(1)
    (2)不可能,理由见详解
    【分析】(1)联立抛物线与圆方程可求出,结合梯形面积公式即可求解;
    (2)联立与,得到关于的一元二次方程,可得,设出四点坐标,列出直线方程,令求得,进而求得,即可验证.
    【详解】(1)当时,联立可得,解得或,
    当时,;当时,,
    故,易知四边形为梯形,
    则;
    (2)四边形的对角线交点不可能为,理由如下:
    设,
    联立得,
    则,即,故,
    设直线方程为,
    由对称性可知四边形的对角线交点一定在轴上,
    令得,即,则,
    即,解得,显然不成立,
    故四边形的对角线交点不可能为.
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