浙江省绍兴市柯桥区2024届高考数学三模试题含解析

这是一份浙江省绍兴市柯桥区2024届高考数学三模试题含解析，共21页。
3．试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则=（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助对数定义域可得，再利用交集定义运算即可得.
【详解】，则.
故选：A.
2. 在复平面内，复数对应的点位于（）
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】先对复数化简，然后根据复数的几何意义可求得结果
【详解】解：由．
知复数的实部为，虚部为．
所以复数对应的点位于第二象限．
故选：B．
3. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则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】
【分析】由空间中的线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可.
【详解】若，，则或，所以A错；，，，，或，所以B错；
若，，，则，所以C错；若，，，则与两面的交线平行，即，故D对.
故选：D.
4. 已知实数，若，且这四个数的中位数是3，则这四个数的平均数是（）
A. B. 3C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】借助中位数与平均数定义结合题目所给条件计算即可得.
【详解】由题意可得，即，
则.
故选：D.
5. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则A等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题先根据诱导公式对条件式进行化简，再用余弦定理进行边角互化，即可得出答案.
【详解】因为，所以，
即，
如图，过B点作于D，可知，
，
所以，
所以，又，所以.
故选：D.
6. 已知函数的图象关于点对称，若当时，的最小值是，则的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦型函数的对称性可得，再利用正弦型函数的最小值即可得解.
【详解】由题意可得，则，
又，故，即，
当时，，又的最小值是，
则，故，即的最大值是.
故选：B.
7. 已知直线与椭圆C：交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得四边形为矩形，结合椭圆定义与勾股定理可将分别用和表示，即可得离心率.
【详解】取右焦点，连接、，由在以线段为直径的圆上，
故，结合对称性可知四边形为矩形，有，
有，又，
由，则，，
由椭圆定义可得，
故，
则.
故选：C.
8. 已知函数为偶函数，若函数的零点个数为奇数个，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】由函数的图象关于对称得零点关于对称，但的零点个数为奇数个可得答案.
【详解】因为函数为偶函数，所以，
所以的图象关于对称，
令，则，
可得函数图象关于对称，
所以函数的图象关于对称，
则函数的零点关于对称，但的零点个数为奇数个，
则.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知平面向量，，则（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若在的投影向量为，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】借助向量的平行及垂直的坐标运算可得A、B、D，借助投影向量定义结合坐标运算可得C.
【详解】对A：若，则有，解得，故A正确；
对B：若，则有，解得，故B错误；
对C：若在的投影向量为，
则有，
化简得，即，故C正确；
对D：若，则有，解得，故D正确
故选：ACD.
10. 已知随机变量，若，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助正态分布的对称性可得A、B，借助正态分布定义及期望与方差的性质可得C、D.
【详解】由随机变量，则，，
则，
，
，
，
故A、B、D正确，C错误.
故选：ABD.
11. 平行四边形ABCD中，且，AB、CD的中点分别为E、F，将沿DE向上翻折得到，使P在面BCDE上的投影在四边形BCDE内，且P到面BCDE的距离为，连接PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（）
A.
B.
C. 三棱锥的外接球表面积为
D. 点Q在线段PE上运动，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】记的中点为，过点作，证明点为点在平面上的投影，
解三角形求，判断A，证明平面，判断B，根据正四面体性质求三棱锥的外接球半径，结合球的表面积公式判断C，通过翻折，将问题转化为求的问题，求其值，判断D.
【详解】由已知，
，，
记的中点为，连接，
因为，为的中点，所以，
因为，，所以，
故，又为的中点，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
过点作，为垂足，
因为平面平面，平面，
所以平面，即点为点在平面上的投影，
因为P到面BCDE的距离为，所以，
由已知，，
所以，，又，
所以，所以，
所以，故，A正确，
因为，所以点为的外心，又为等边三角形，
所以点为的中心，
连接并延长，交与点，则，为的中点，
连接，因为，故，
所以三点共线，且，又，
所以，
又平面，平面，故，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，B正确；
因为为正四面体，且棱长为，
所以其外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球表面积为，C错误；
因为，，所以，
所以，故，
将翻折到同一平面，如图
所以的最小值为，且，
所以，又，D正确，
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为________．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对有，
则，
故的展开式中的系数为.
故答案为：.
13. 如图，，点A，B为射线OP上两动点，且，若射线OQ上恰有一个点C，使得，则此时OA的长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得：与以为直径的圆相切，结合切线的性质与题目条件计算即可得.
【详解】由题意可得：与以为直径的圆相切，
取中点，连接，则且，
又，则，则.
故答案为：.
14. 若，且，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可借助、表示出，从而消去，再计算化简后结合基本不等式计算即可得.
【详解】由，则，
即
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：.
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. 如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点．
（1）求；
（2）求二面角的平面角的正切值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立适当空间直角坐标系后，可得平面的法向量，由平面，可得与垂直，计算即可得解；
（2）求出平面与平面的法向量，借助夹角公式计算其夹角余弦值后即可得其正切值.
【小问1详解】
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、
、、，设，
则、，，
设平面的法向量为，
则有，
令，则有，，即，
由平面，则，解得，
故；
【小问2详解】
，，
设平面的法向量分别为，
则有，
令，则有，，即，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
则，
则二面角的平面角的正切值为.
16. 已知数列的前n项和为，且，，设．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助与的关系可消去，得到，借助将其转换为后结合等比数列定义即可得证；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【小问1详解】
，即，
即，则，即，
即，又，
故数列是以为首项、以为公比的等比数列，则；
【小问2详解】
由，即，则，
则，
有，
则
，
故.
17. 小明进行足球射门训练，已知小明每次将球射入球门概率为0.5．
（1）若小明共练习4次，求在射入2次的条件下，第一次没有射入的概率；
（2）若小明进行两组练习，第一组射球门2次，射入次，第二组射球门3次，射入次，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；
（2）方法1：得到的可能取值及相应的概率，求出期望值；
方法2：得到，，得到，，由，互相独立，求出，得到答案；
【小问1详解】
设事件表示共有次射入，事件B表示第一次没射入，
则表示一共投中2次，且第一次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，
故，
表示一共投中2次，故，
则；
【小问2详解】
方法1：根据题意有可得取值为，的可能取值为，
故的可能取值为，
则，
，
，
，
，
，
所以
方法2：因为，，
所以，，
又因为，互相独立，
所以.
18. 设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，．
（1）求双曲线的方程；
（2）求证为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
故双曲线的方程为；
【小问2详解】
由双曲线的方程为，则，，
由题意可知直线斜率不为，故可设，，，
联立，消去可得，
，即，
则，，
则，即，
，，
则
，
即为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 若函数有且仅有一个极值点，函数有且仅有一个极值点，且，则称与具有性质．
（1）函数与是否具有性质？并说明理由．
（2）已知函数与具有性质．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】（1）具有，理由见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数研究函数单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具体值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分及可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况下，再对细分，结合零点的存在性定理讨论不同的的情况下不同的极值点的范围，结合进行计算即可得解；
（ii）分及进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
【小问1详解】
函数与具有性质，理由如下：
，令，
则，故单调递减，
又，，
故存在，使，
则在上单调递增，在上单调递减，
故有且仅有一个极值点，
，则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故有且仅有一个极值点，
故函数与具有性质；
【小问2详解】
（i），又，故，
当时，，此时没有极值点，故舍去，
当时，令，
则恒成立，
故在上单调递增，
，，故，
由，令，
则恒成立，
故在上单调递减，
当时，有，又时，，
故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，
则有唯一极值点，
有，又时，，
故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，
则有唯一极值点，
即有，，
即，，此时需满足，则，
故有，即，即，故符合要求；
当时，，又时，，
故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，
则有唯一极值点，
有，又时，，
故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，
则有唯一极值点，
同理可得，此时需满足，即，则，
由，，故该不等式成立，故符合要求；
当时，有，，
此时，即、的极值点都为，不符合要求，故舍去；
综上，故；
（ii）当时，有，则，故，
在上单调递增，在上单调递减，
则，
令，则，令，
则，故在上单调递增，
则，
故，要证，只需证，
，
即当，有；
当时，有，则，即，
在上单调递增，在上单调递减，
则，
即要证，只需证，
，
即当，有；
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于分及进行讨论，从而可得不同的的情况下不同的、的范围，结合放缩进行推导.