[数学]浙江省县城教研联盟2024届高三下学期模拟考试试题(解析版)(1)

这是一份[数学]浙江省县城教研联盟2024届高三下学期模拟考试试题(解析版)(1)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵，∴，
∵，∴，
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】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. 4B. -4C. 6D. -6
【答案】C
【解析】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. 10500B. 12500C. 31500D. 52500
【答案】A
【解析】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. 2B. 3C. D.
【答案】B
【解析】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. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】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：C
7. 已知实数构成公差为d等差数列，若，，则d的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】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】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．
二、多选题
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】，，故A正确；
，所以，故B正确；
，所以，
又因，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1
D. 当在上单调递减时，的最大值为1
【答案】ACD
【解析】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. 奇函数D.
【答案】BCD
【解析】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1+fx>0，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fn2>-1，所以，
所以，故D正确；
故选：BCD．
三、填空题
12. 已知一组数据5，6，7，7，8，9，则该组数据方差是______．
【答案】
【解析】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】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】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
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．
解：（1）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．
（2）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：．
（1）解：记事件“1号球不在1号盒中”为A，则；
（2）证明：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．
（1）证明：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；
（2）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：．
（1）解：因为，则，
由在点处的切线方程为，
所以，即，解得，
综上，．
（2）证明：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，
所以在上单调递减，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．
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.
解：（1）取上任意一点为，
经过变换后得到上的对应点为，
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：.
综上方程为：.
（2）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，，则的解析式为：，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，与（ⅱ）式联立解得，，
，
因为，，
所以，四边形面积的取值范围为.