浙江省金华东阳市2024届高三数学下学期三模试题含解析

这是一份浙江省金华东阳市2024届高三数学下学期三模试题含解析，共19页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知全集，集合，或，则（）
A. B. C. （－3，3]D. （2，3]
【答案】A
【解析】
【分析】解集合中的不等式，得到集合，由集合得，再求.
【详解】不等式解得，∴，
或，则，
.
故选：A
2. 已知，，，则（）
A. -16B. 16C. -9D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，可求得，进而计算可求.
【详解】由，两边平方可得，
所以，所以.
故选：B.
3. 命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q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】B
【解析】
【分析】由，，…，是等差数列，易推导出，，…，的平均数与中位数相等，所以P是Q的必要条件；举出反例可推翻P是Q的充分条件.
【详解】由，，…，是等差数列，所以，
而中位数也是，所以，，…，的平均数与中位数相等，
即，是的必要条件；
若数据是，则平均数和中位数相等，但，，…，不是等差数列，
所以推不出，所以不是的充分条件；
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知中，，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用余弦定理求解即可.
【详解】由余弦定理得，
即，解得（舍去）.
故选：D.
5. 已知数列的前项和为，若，则（ ）
A. 8B. -8C. 64D. -64
【答案】D
【解析】
【分析】
可写出时，满足，与相减得到关于的递推公式，由是等比数列求解.
【详解】当时，，解得；当时，，
两式相减得，即，∴ ，
∴ ，
故选：D.
【点睛】给出 与 的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出与之间的关系，再求.
6. 从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数个数为（）
A36B. 54C. 60D. 72
【答案】D
【解析】
【分析】利用分步计数原理与插空法即可求解.
【详解】根据题意，完成这件事可分三部：
第一步，选数字，有种；
第二步，将选好的三个数字确定一个重复的数字，有种；
第三步，安排这三个数字在三个位置上，且相邻数位上的数字不同，
即先安排两个不同的数字，再让两个相同的数字取插空，则有种排序方法；
由分步计数原理可得这样的四位数共有个.
故选：D
7. 已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（）
A. B. 3C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，，由题意可得，，结合余弦定理可得，消元可得，求解即可.
【详解】设，，则，
化简得：，所以，，
另外，由余弦定理得：，结合以上两个式子，
消去可得，
又因为，所以化简可得：，所以，可得.
故选：B.
8. 若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围.
【详解】设直线与相切与点，因为，
所以切线方程，即，
设直线与相切与点，
因为，所以切线方程，即，
，
所以有解，
令，，
所以函数在，上单调递减，在，上单调递增，
因为，，所以，所以，
的范围为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解.
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. 已知复数z，则（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由复数的定义，共轭复数，模长计算，复数的运算逐一判断即可.
【详解】设复数，则，
A：，故A正确；
B：，故B错误；
C：，，故C错误；
D：，故D正确；
故选：AD
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（）
A. B.
C. 为偶函数D. 在区间的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
【详解】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
11. 某班主任用下表分析高三前5次考试中本班级在年级中的成绩排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次考试排名，但他记得平均排名，于是分别用和得到了两个经验回归方程：，，对应的样本相关系数分别为，，排名y对应的方差分别为，，则（）
附：，，．
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】当时，根据相关数据结合，可求得，进而利用可求，利用相关系数公式可求得，利用方差公式可求得，同理计算时，，，，，进而可得结论.
【详解】当时，，，解得，
则
，
，得，
，
；
同理，当时，，，，，
所以，，，．
故选：AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合.若为角终边上的一点，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦的定义可得出答案.
【详解】为角终边上的一点，则.
故答案是：.
13. 已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】先得出圆心的轨迹圆，再用轨迹圆的圆心到直线的距离减半径即可.
【详解】由题意知，半径为1的圆经过点，所以圆心的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
到直线的距离为，
所以圆心到直线距离的最小值为.
故答案为：1
14. 四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为________．
【答案】．
【解析】
【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.
【详解】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，
交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，
如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为，
，
则，，，
由可得，
∴，
当时，，
当时，，
综上，，∴．
故答案为：.
另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接，
交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
即面，
若平面，则与平面所成的角为.
若过B的直线l与平面相交于点R，
在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，
因为面，且平面，所以，
又，，且，平面，
所以平面，
故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，
又平面，所以，又，且，
所以平面，又平面，所以，
又面，所以为在面内的射影，
即为直线l与平面所成的角，且，
又，而，
当且仅当重合等号成立，故，
综上，，∴．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角.
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. 在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项，且每一项被取到的可能性相等．
（1）在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率；
（2）记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意，由二项式展开式的通项公式即可得到二项展开式中有3项有理项，6项无理项，再由条件概率公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得的可能取值为，然后分别计算其对应的概率，即可得到分布列与期望.
【小问1详解】
由题可得二项式展开式的通项为，，
令，解得．
故二项展开式中有3项有理项，6项无理项．
记事件“第一次取到有理项”，事件“第二次取到无理项”，
所以，，
则.
【小问2详解】
由题意可得的可能取值为，
，
，
，
则分布列为：
.
16. 已知函数在（为自然对数的底数）处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若不等式恒成立，求k的范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）求导，利用，求出答案；
（2）参变分离得到对任意恒成立，令，求导得到函数的单调性和最值，得到.
【小问1详解】
∵，
∴，
∵函数在点处取得极值，
∴，
∴，经检验，符合题意，
∴；
【小问2详解】
∵，
∴恒成立，
即对任意恒成立．
令，则．
设，易得是增函数，
而，
∴时，，即，
时，，即，
∴在上单调递增，上单调递减，
∴，
∴．
17. 如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．
（1）求直线AB与平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）由图中几何关系和线面垂直的判定定理证明为矩形，再由线面角的定义结合余弦定理解出即可；
（2）解1建系后分别求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求解即可；解2将三棱柱补形为平行六面体，由（1）得到即为所求平面与平面的夹角，再用余弦定理解出即可.
【小问1详解】
取AB中点O和中点，连OP、、，
作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，
∵，M为中点，∴，同理，，
又∵，平面，平面∴PM⊥平面．
而平面，∴，
∵，∴，
又∵，平面，平面∴平面，
而平面，∴，而，∴，
∴四边形为矩形．
（也可由，得到，∴，
又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．
∵平面，∴由平面，可知，，
又∵，，平面，平面，∴OH⊥平面．
∵，，，
∴，
综上，直线AB与平面的距离为．
【小问2详解】
解1：连、、、、OC，
由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面，
由可得，，
∴，，∴，
∴，
∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．
如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设平面的一个法向量为，
则，可取，
设所求平面与平面夹角为，
则，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．
解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体，
由可得，此平行六面体中，，
而，
∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．
下面考虑平面与平面的夹角即可．
取中点M，连MB、，易得，
由（1）可知四边形为矩形，
∴，又∵，，∴，∴．
又∵，∴，
∴即为所求平面与平面的夹角，
∴，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知抛物线：，焦点为F，为上的一个动点，是在点A处的切线，点P在上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且平分直线AB和直线AC的夹角．
（1）求的方程（用表示）；
（2）若从点F发出的光线经过点A反射，证明：反射光线平行于x轴；
（3）若点A坐标为，求点P坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）设定直线的方程，并于抛物线方程联立得出一元二次方程，相切需保证，求解即可；
（2）由抛物线定义得到，设T为反射光线上与A相异的一点，进而证明即可；
（3）先求得K为的中点，设定直线PF的方程并于抛物线方程联立得出一元二次方程，进而得出直线AC和HF的方程，求出点的横坐标，证明即可.
小问1详解】
显然切线l的斜率不为0，设l方程为：，
与联立得：，
由，且，
得，解得，
∴l的方程为，且，
化简得，也即：．
【小问2详解】
过A点作l的垂线并交x轴于Q点，
则AQ直线的方程为，
取，解得，即，
∵，∴，
作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知，
∴，∴，
设T为反射光线上与A相异的一点，则有，
综上，，轴，
即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴．
【小问3详解】
若点A坐标为，此时l方程为，连HF，
取H，F中点为，因为，故，
∵，∴，∵K点在l上，∴，
设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点，
设直线PF的方程为，与联立得：，
设，，则有，，
当直线的斜率存在时，
因为，此时，
所以直线AC的方程为，也即，
而直线HF的方程为，联立得，
同理，，
由得：，整理得，
∴，∴，
∴直线BC的方程为，
与直线联立得P点坐标为．
当直线的斜率不存在时，此时，而经过，
故此时直线即为，故重合，与题设矛盾，
综上，P点坐标为．
【点睛】本题是圆锥曲线综合问题，解题思路是运用韦达定理转化，运算和转化较复杂，属于难题.题型点睛，抛物线的光学性质主要有两大类，一是平行性质，任何平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线反射后，都会经过抛物线的焦点；二是聚焦性质，从抛物线焦点发出的光线，经过抛物线反射后，反射光线会平行于抛物线的对称轴.
19. 若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列.已知是一个对数凸数列，．
（1）证明：；
（2）若，证明：；
（3）若，，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）10.
【解析】
【分析】（1）法一：由得到，，，，，累乘法得到；
法二：由得到；
（2）法一：由题意得，从而得到，证明出；
法二：考虑反证法，假设，得到，进而推出，假设不成立；
法三：得到，且，利用累加法得到，证明出结论；
（3）由可得，即，累加得，另外，故，故，化简得：，显然符合题意，此时，综上，的最大值为10．
【小问1详解】
法一：由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
法二：由题意得：，
∴，∴成立．
【小问2详解】
法一：∵，∴，
∴，
则，
∴，
∴．
法二：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．
法三：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．
【小问3详解】
由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．
【点睛】思路点睛：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
x
1
2
3
4
5
y
10
m
6
n
2
X
0
1
2
P