浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题（学生及教师版）

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一、选择题：本大题共8小题，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. 已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算，得到复数的代数形式，由此求得复数的虚部.
【详解】因为，所以虚部为1.
故选：D．
2. 某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的分位数为（ ）
A. 93B. 93.5C. 94D. 94.5
【答案】B
【解析】
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】将比赛得分从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，
因为，
所以这组数据的分位数第8个数与第9个数的平均值，即.
故选：B.
3. 已知直线与圆有公共点，则b的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由圆心到直线距离小于等于半径，得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得，圆心到直线的距离，
解得，
故的取值范围是.
故选：A
4. 三棱锥中，平面，为等边三角形，且，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外接球的表面积公式.
【详解】如图，点为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，
点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，
则点为三棱锥外接球球心，
因为平面，且为等边三角形，，
所以四边形为矩形，，，
所以，即三棱锥外接球的半径，
则该三棱锥外接球的表面积为.
故选：B
5. 已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由题意，，
，
当时，对于不一定恒成立，例如；
当为递减数列时，且对于恒成立，
又因为，所以得，
因此“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件，
故选：C.
6. 已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦函数的单调性求出单调递增区间，可得，解不等式即可得出答案.
【详解】由题意得，函数的增区间为，且，
解得.
由题意可知：.
于是，解得.
又，于是.
故选：A.
7. 在直角梯形，，，，，，分别为，的中点，点在以A为圆心，为半径的圆弧上变动（如图所示），若，其中，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意建立直角坐标系，得到各点的坐标，再由得到，，从而得到，由此可求得的取值范围.
【详解】结合题意建立直角坐标，如图所示：
.
则，，，，，，
则，，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，∴，∴，
∴，故，即.
故选：A.
8. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得，构建函数，利用导数分析可知在上单调递增，进而结合对数函数单调性分析判断.
【详解】因为，
两边取对数得：，
令，
则，
令，则，
可知在上单调递增，
因为，则，可知恒成立，
则，即，可得，
则在上单调递增，可得，
可得，即，
又因为在上单调递增，所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：对题中式子整理观察形式，构建函数，利用导数判断其单调性.
二、多选题：本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.
9. 下列选项中，与“”互为充要条件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求解各不等式判断即可.
【详解】对A，则，即，，解得，故A错误；
对B，则，故，解得，故B正确；
对C，则，解得，故C正确；
对D，，则，解得，故D错误.
故选：BC
10. 设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A. A，B相互独立B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用独立事件、对立事件、互斥事件的定义与概率公式可判定A、B，利用条件概率的定义与公式可判定C、D.
【详解】由题意可知，
事件互斥，且，
所以，
即，故A正确；
则
，故B正确；
由条件概率公式可知：，故C错误；
，
即，故D正确.
故选：ABD
11. 在三棱锥中，，，是棱的中点，是棱上一点，，平面，则（ ）
A. 平面B. 平面平面
C. 点到底面的距离为2D. 二面角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；取的中点，过点作交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面，求出可判断C；以为正交基底建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可判断D．
【详解】对于A，因为平面，平面，所以．因为，
且直线平面，所以．
因为平面，平面，所以平面，A正确；
对于B，平面，平面，所以平面平面，B正确；
对于C，取的中点，连接，过点作交于点，因为，
所以．因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，，
C错误；
对于D，如图，以为正交基底建立空间直角坐标系，
因为是中点，，所以，
因为，所以，即，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
所以，
设二面角为，所以，
所以二面角的正弦值为，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：二面角的通常求法，1、由定义作出二面角的平面角；2、作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的交线所成的角就是二面角的平面角；3、利用向量法求二面角的平面.
12. 设为抛物线的焦点，直线与的准线，交于点．已知与相切，切点为，直线与的一个交点为，则（ ）
A. 点在上B.
C. 以为直径的圆与相离D. 直线与相切
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，联立直线与抛物线方程，根据根的判别式得到点在上；B选项，作出辅助线，结合抛物线定义得到相等关系，再由大边对大角作出判断；C选项，证明出以为直径的圆与轴相切，得到C正确；D选项，设出直线方程，与抛物线方程联立求出点坐标，从而求出直线方程，联立抛物线，根据根的判别式得到答案.
【详解】对于A，联立直线与的方程，消去得，因为与相切，
所以，即，所以点在上，A错误．
对于B，过点作垂直于的准线，垂足为，由抛物线定义知，
因为，所以，所以在中，，
由大边对大角得，B正确．
对于C，，由A选项与相切，切点为，可得，其中，
则的中点坐标为，
且，故半径为，
由于半径等于以为直径的圆的圆心横坐标，
故以为直径的圆与轴相切，所以与相离，C正确；
对于D，设直线方程为，与联立得，
所以，解得，则，
因为，所以直线方程为，
联立直线与曲线的方程得，
因为，所以直线与相切，D正确．
故选：BCD．
【点睛】抛物线的相关结论，
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
三、填空题：本大题共4小题
13. 已知，（a为实数）．若q的一个充分不必要条件是p，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】利用小范围是大范围的充分不必要条件转换成集合的包含关系求解.
【详解】因为q的一个充分不必要条件是p，
所以是的一个真子集，
则，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知正项数列满足，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】由递推公式可得，再由累乘法即可求得结果.
详解】由可得，
由累乘可得.
故答案为：
15. 直三棱柱的底面是直角三角形，，，，．若平面将该直三棱柱截成两部分，将两部分几何体组成一个平行六面体，且该平行六面体内接于球，则此外接球表面积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】可能是的中垂面，的中垂面，的中垂面.截下的部分与剩余的部分组合成为长方体,用公式求出外接球直径进而求解.
【详解】平行六面体内接于球，则平行六面体为直四棱柱，如图有如下三种可能.
截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，则
或
或，
所以．
故答案为：
16. 对任意，函数恒成立，则a的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】变形为，构造，求导得到单调性进而恒成立，故，分当和两种情况，结合单调性和最值，得到，得到答案.
【详解】由题意得，
因为，所以，
即，
令，则恒成立，
因为，
令得，，单调递增，
令得，，单调递减，
且当时，恒成立，当时，恒成立，
因为，所以恒成立，故，
当时，，此时满足恒成立，
当，即时，由于在上单调递增，
由得，
令，，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
故，即，所以，a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现指数函数与对数函数，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同时乘以，变形得到，从而构造进行求解.
四、解答题：木大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 在中，内角的对边分别为，，，且，，.
（1）求角及边的值；
（2）求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理得到，求出，由正弦定理得到；
（2）由二倍角公式求出，由差角公式求出答案.
【小问1详解】
因为，由余弦定理得，
因为，所以，
因为，，所以，
由正弦定理得，即，解得；
【小问2详解】
由（1）得，
，
.
18. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
【答案】（1）；
（2）10.
【解析】
【分析】（1）根据关系及递推式可得，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；
（2）应用裂项相消法求，由不等式能成立及指数函数性质求得，即可得结果.
【小问1详解】
当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
【小问2详解】
由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
19.
如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为2．、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知．
（1）求证：⊥平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线定理结线面平行的判定可得∥平面，再由线面平行的性质可得∥，由等腰三角形的性质可得⊥，从而可得⊥，再由已知可得⊥平面，则⊥，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）作⊥于，连，则由已知条件可证得平面，从而可得就是二面角的平面角，过作⊥于，则可得∥，设，然后利用平行线分线段成比例定理结合已知条件可求得，在中可求出的长，从而可求得，进而可直角三角形中可求得结果.
【详解】（1） 证明：因为、分别是、中点，
所以是的中位线，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为平面，平面平面，
所以∥．
因为、分别是、的中点，
所以，
因为，所以，
因为是的中点，所以⊥，
所以⊥．
因为⊥，⊥，，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
因为
因此⊥面．
（2） 作⊥于，连．
因为，
因为⊥平面，
因为平面，
所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以⊥，
所以就是二面角的平面角．
过作⊥于，则∥，则是的中点，
则．
设，由得，，解得，则，
在中，，
则．
所以在中，，
故二面角为．
20. 甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.
（1）随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率；
（2）已知（1）中摸出的球是黑球，求此球属于乙箱子的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出事件，运用全概率公式求解即可.
（2）利用条件概率公式求解即可.
小问1详解】
记取到甲盒子为事件，取到乙盒子为事件，取到丙盒子为事件，取到黑球为事件B：
由全概率公式得，
故摸出的球是黑球的概率是.
【小问2详解】
由条件概率公式得，
故此球属于乙箱子的概率是
21. 设椭圆，是上一个动点，点，长的最小值为．
（1）求的值：
（2）设过点且斜率不为0的直线交于两点，分别为的左、右顶点，直线和直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设出点坐标，并求出长，再结合二次函数探求最小值即得解.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，设出点的坐标，利用斜率坐标公式，结合韦达定理计算即得.
【小问1详解】
依题意，椭圆的焦点在轴上，设焦距为，
设，则，而，
则，
而，则，即，因此，
由，得当时，，
即，化简得，又，解得，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，椭圆的方程为，点，
设，则，即，
斜率不为0的直线过点，设方程为，则，
由消去并整理得，显然，
则，即有，
因此，所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22. 已知.
（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
（2）当时，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）1 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，设切点坐标为，结合导数的几何意义列式求解即可；
（2）求导，可得在内单调递减，分类讨论判断在内的单调性，进而结合零点存在性定理分析判断.
【小问1详解】
由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
【小问2详解】
因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
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