高三数学（终极押题）（浙江专用）-【中职专用】2024年职教高考数学考前最后一课

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数学试卷
姓名 准考证号
本试卷共三大题，共4页。满分150分，考试时间120分钟
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别写在试卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上相应的位置上规范答题，在本试卷上作答一律无效。
一、单项选择题（本大题共20小题，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分）在每小题列出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的。错涂、多涂或未涂均无分。
1.设全集，，，则图中阴影部分表示的区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】集合，，
， .
故选：B.
2.下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【解析】对于A,若取，
则，即，故A错误；
对于B，令，则有，故B错误；
对于C，令，则有，故C错误；
对于D，根据不等式性质可知D正确，
故选:D.
3.函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以，所以，
所以函数的值域为.
故选：B.
4.若角终边经过点，则的值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【解析】因为角终边经过点，所以，
所以
，
故选：C.
5. “为整数”是“为整数”的（ ）
A．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
【答案】A
【解析】当为整数时，必为整数；
当为整数时，不一定为整数，
例如当时，.
所以“为整数”是“为整数”的充分不必要条件.
故选：A.
6.已知直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】直线的斜率为，所以倾斜角为，
因为直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，所以.
故选：B.
7.已知数列满足，则的值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【解析】，
故选：A
8.达-芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑，数百年来引无数观赏者对其进行研究．某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行粗略测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一段圆弧，并测得圆弧所对的圆心角为，弦的长为，根据测量得到的数据计算：《蒙娜丽莎》缩小影像作品中圆弧的长为（ ）（单位：）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为圆弧所对的圆心角，所以为等边三角形，
如图所示：
所以，即圆弧的半径，
所以圆弧的长为.
故选：C
9.某广场有一喷水池，水从地面喷出，如图，以水平面为轴，出水点为原点，建立平面直角坐标系，水在空中划出的曲线是抛物线（单位：米）的一部分，则水喷出的最大高度是（ ）
A．4米B．3米C．2米D．1米
【答案】A
【解析】，故水喷出的最大高度是米.
故选：A.
10.若点在轴上，点在轴上，线段的中点的坐标是，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】线段的中点为，
设，所以，
所以.
故选：A
11.已知向量，，若满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
因为，，且满足，
所以，
故选：A.
12.直线与互相垂直，则这两条直线的交点坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】易知直线的斜率为，
由两直线垂直条件得直线的斜率，解得；
联立，解得；
即交点为
故选：C.
13.湖州市书画历史悠久，渊源深厚，自东晋六朝以来形成了浓郁深厚的书画遗风，孕育出了一代代书法与绘画大家。为弘扬传统书法文化，湖州某职业学校开设《书法》校本选修课程，要求同学们在每周的周一至周五任选两天练习书法，则该校的同学甲连续两天学习书法的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】令周一至周五的5天依次为1，2，3，4，5，
则周一至周五任选两天的样本空间，共10个样本点，
连续两天的事件，共4个样本点，
所以该校的同学甲连续两天学习书法的概率为.
故选：C
14若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】圆的圆心坐标为，
因为直线是圆的一条对称轴，
则直线经过圆心，则，解得.
故选：B.
15.已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由，即，
可得，由正切的倍角公式可得．
故选：D．
16.杭州亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念，本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度．在某路段传递活动由甲、乙、丙、丁、戊5名火炬手分五棒完成．若第一棒火炬手只能从甲、乙、丙中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙中产生，则不同的传递方案种数为（ ）
A．18B．24C．36D．48
【答案】B
【解析】分两类：第一棒是丙有，
第一棒是甲、乙中一人有
因此共有方案种；
故选：B
17.．若，，且，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【解析】因为且，所以，
，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为2.
故选：A.
18.设双曲线（）的渐近线方程为，则实数的值为（ ）
A．6B．4C．3D．2
【答案】A
【解析】由双曲线，则其渐近线方程可表示为，
由题意整理方程可得，则，解得.
故选：A.
19.我国古代数学名著《九章算术》将两底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，如图，已知直三棱是堑堵，其中，则下列说法中错误的是（ ）
A．平面B．平面平面
C．D．为锐角三角形
【答案】C
【解析】选项A：易知，又平面，平面，
所以平面，故A正确．
选项B：因为，所以，
由直棱柱性质可知，
又平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，故B正确．
选项C：假设，因为，平面，
所以平面，
又平面，所以，这与矛盾，所以C错误．
选项D：设，，，
则，所以为锐角．
同理可得，均为锐角，故D正确．
故选：C
20.如图所示，椭圆的左焦点为F，A、B两点在椭圆上，且四边形为菱形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接，设，因为轴，所以，
又因为，所以，
故y轴垂直平分线段，即为等边三角形，
且，可得，
将其代入，可得，又，
整理可得，即，
解得，可得（负值舍去），
由椭圆的离心率，可得.
故选：B．
填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
21.已知函数的图象如图所示，则
【答案】
【解析】由函数图象知，.
故答案为：
22.已知等比数列的各项均为正数，且，则 .
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，由，知，
依题意，，解得，
所以.
故答案为：
23.若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是 .
【答案】
【解析】依题意，，
则二项式展开式的通项公式为
，
令，解得，
所以展开式中的常数项是.
故答案为：
绍兴市的大善塔建于公元五百零九年，位于市区城市广场东南隅，是绍兴城地标性建筑，其塔顶部可以近似地看成一个正六棱锥.假设该六棱锥的侧面和底面的夹角为，则该六棱锥的高和底面边长之比为
【答案】
【详解】
如图正六棱锥中，底面中心为，取的中点，连接，
则，所以为侧面和底面的夹角，即
因为底面， 底面，
所以，所以，
又，所以，
所以.
故选：C
25.将函数图象上所有点的橫坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】
将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，
再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，
由，得函数为偶函数，
则，解得，又，所以的最小值为.
故答案为：
26.设抛物线的焦点为F，过点F作直线l交抛物线于A、B两点，若线段AB的中点E到y轴的距离为3，则弦AB的长为 ．
【答案】10
【解析】设，则，
由抛物线方程可知，
由线段的中点E到y轴的距离为3得，，
∴
故答案为：.
27.已知某种果蔬的有效保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）近似满足函数关系（，为常数，为自然对数底数），若该果蔬在的保鲜时间为216小时，在的有效保鲜时间为8小时，那么在时，该果蔬的有效保鲜时间大约为 小时.
【答案】
【解析】依题意，两式相除得，
则，
所以当时，小时.
故答案为：
解答题（本大题共8小题，共72分）解答应写出文字说明及演算步骤
28.（本题7分）计算：
【答案】6
【解析】
（本题8分）．已知角的顶点是直角坐标系的原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，且角是第三象限角．
(1)求的值；（3分）
(2)求的值．（5分）
【答案】(1) (2)
【解析】（1）由为第三象限角，终边与单位圆交于点，得，,解得，
．
（2），
．
30.（本题9分）已知直线l：与圆C：相切.
(1)求实数a的值；（5分）
(2)已知直线m：与圆C相交于A，B两点，若的面积为2，求直线m的方程.（4分）
【答案】(1) (2)或
【解析】（1）将圆C：化为标准方程，
得，故圆心，半径为.
因为直线l：与圆C相切，所以，
解得，所以圆C的标准方程为.
（2）设圆心C到直线m的距离为d.
则，所以，解得.
故，解得或.
所以直线m的方程为或.
31.（本题9分）
在中，，，．
（1）求的值；（4分）
（2）求的值.（5分）
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）在中，根据正弦定理，，
于是，
（2）在中，根据余弦定理，得，
于是，
所以.
32.（本题9分）
如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.
（1）证明：平面.（4分）
（2）若，求三棱锥的体积.（5分）
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）记.
因为四边形是菱形，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面平面，且，
所以平面.
（2）因为，所以点到平面的距离是3.
因为四边形是边长为4的菱形，且，
所以，
则四棱锥的体积，
三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
故三棱锥的体积
.
33.（本题10分）通过实验研究，专家们发现：中学生听课的注意力指标数是随着老师讲课时间的变化而变化的，讲课开始时，学生的兴趣激增，中间有一段时间，学生的兴趣保持平稳的状态，随后开始分散学生注意力指标数随时间分钟变化的函数图象如图所示越大表示学生注意力越集中当时，图象是抛物线的一部分，当和时，图象是线段．

(1)当时，求注意力指标数与时间的函数关系式；（4分）
(2)一道数学竞赛题需要讲解分钟，问老师能否经过适当安排，使学生在听这道题时，注意力的指标数都不低于．（6分）
【答案】(1)，；
(2)可以.
【解析】（1）当时，设抛物线的函数关系式为，而其图象经过点，，，
因此 ，解得，，；
所以注意力指标数与时间的函数关系式为，
（2）观察图象知，当时，，
当时，设，显然函数图象过点，
即有，解得，则当时，，
当时，令，得，解得，
当时，令，得，解得，
显然有，
所以老师可以经过适当的安排，在学生注意力指标数不低于时，讲授完这道竞赛题.
34.（本题10分）已知椭圆的离心率，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4.若直线过点，且与椭圆相交于不同的两点.
（1）求椭圆的标准方程；（5分）
（2）若线段中点的纵坐标，求直线的方程.（5分）
【答案】(1) (2)
【解析】（1）由题意可知,解得，
因为，
所以，
所以，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线斜率存在，如图所示
设，设，
消得，，
所以，解得.
,
设线段中点的坐标为，
所以
,
又因为线段中点的纵坐标，
所以，解得，
所以直线方程为，即.
35.（本题10分）南宋数学家杨辉所著的（详解九章算法.商功）中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…..，设第层有个球，从上往下层球的总数为.
（1）求的值（3分）
（2）求的通项（3分）
（3）从第几层开始小球的个数大于210（4分）
【答案】见解析
【解析】（1）由题意，
所以.
（2）由（1）得
（3）由题意得，即，整理得，即
因为n是正整数.故从第21项开始小球个数大于210个