精品解析：浙江省杭州市西湖高级中学2024届高三下学期数学模拟预测数学试题

杭州市西湖高级中学2024届数学高考模拟试题（2024年5月） 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. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. 1 C. 0 D. 3. 设抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知一组数据的上四分位数是，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（ ） A. B. C. D. 6. 某外来入侵植物生长迅速，繁殖能力强，大量繁殖会排挤本地植物，容易形成单一优势种群，导致原有植物种群的衰退甚至消失，使当地生态系统的物种多样性下降，从而破坏生态平衡.假如不加控制，它的总数量每经过一年就增长一倍.则该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要（ ）（参考数据：） A. 40年 B. 30年 C. 20年 D. 10年 7. 将一枚均匀的骰子独立投掷两次,所得的点数依次记为x,y,记A事件为“>”,则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是奇函数，则在处的切线方程是（ ） A. B. C. 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（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 10. 在平面直角坐标系中，椭圆，圆，为圆上任意一点，为椭圆上任意一点.过作椭圆的两条切线，，当，与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的最小值为1 C. 最大值为 D. 11 已知函数其中，且，则（ ） A. B. 函数有2个零点 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，角的对边分别为，若，则______. 13. 已知复数满足，则的最小值为______. 14. 已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为__________. 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. 杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得：. （1）因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； （2）该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 2 3 4 今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率. 附：对于一组数据，其回归线斜率和截距的最小二乘估计分别为： 16. 如图，已知四棱锥中，平面，四边形中，，，，，，点在平面内的投影恰好是△的重心． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角正弦值． 17. 设函数. （1）求的极值； （2）若对任意，有恒成立，求的最大值. 18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为. （1）求椭圆方程； （2）求的面积. 19. 一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质. （1）类比三角函数的三个性质： ①倍角公式 ； ②平方关系 ； ③求导公式 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明； （2）当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围； （3）若，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 杭州市西湖高级中学2024届数学高考模拟试题（2024年5月） 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. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集为空集，即可求解. 【详解】由于，所以， 故选：A 2. 已知向量，，则在上的投影向量的模为（ ） A. B. 1 C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，根据投影向量的概念求出向量在向量方向上的投影向量，根据模的计算公式，即可求得答案. 【详解】由题意知向量，，则， 故向量在上的投影向量为， 故向量在向量方向上的投影向量的模为. 故选：C 3. 设抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立方程得韦达定理，即可根据焦点弦公式求解. 【详解】由得，， 由题意可知直线的斜率存在，故设其方程为， 联立与可得， 设，则，故， 因此，当且仅当时取等号， 故选：C 4. 已知一组数据的上四分位数是，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据上四分位数的定义将条件转化为中第二大的数是，再求解. 【详解】在五个数中，上四分位数为第二大的数，故中第二大的数是，所以. 故选：C. 5. 两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥母线长为，小圆锥半径为、高为，大圆锥半径为，高为，根据侧面积之比可得，再由圆锥侧面展开扇形圆心角的公式得到，利用勾股定理得到关于的表达式，从而将两个圆锥的体积都表示成的表达式，求出它们的比值即可. 【详解】设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为， 侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、， 则，得， 因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆， 所以，得， 再由勾股定理，得， 同理可得， 所以两个圆锥的体积之比为： . 故选：A. 6. 某外来入侵植物生长迅速，繁殖能力强，大量繁殖会排挤本地植物，容易形成单一优势种群，导致原有植物种群的衰退甚至消失，使当地生态系统的物种多样性下降，从而破坏生态平衡.假如不加控制，它的总数量每经过一年就增长一倍.则该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要（ ）（参考数据：） A. 40年 B. 30年 C. 20年 D. 10年 【答案】C 【解析】 【分析】设该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要年，根据题意列出方程，再根据对数的运算性质计算即可. 【详解】设该外来入侵植物由入侵的1株变成100万株大约需要年， 由题意知，，即， 所以， 即由入侵的1株变成100万株大约需要20年. 故选：C. 7. 将一枚均匀的骰子独立投掷两次,所得的点数依次记为x,y,记A事件为“>”,则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可以分析出，抛掷两次总的基本事件有36个，随后进行列举分析. 【详解】抛掷两次总的基本事件有36个.当x=1时,没有满足条件的基本事件； 当x=2时，y=1满足；当x=3时，y=1，2，6满足；当x=4时，y=1，2，3，5，6满足； 当x=5时，y=1，2，6满足；当x=6时，y=1满足 总共有13种满足题意，所以P(A)=. 故选：C. 8. 已知是奇函数，则在处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数定义求出，再由导数的几何意义求出切线斜率，即可得解. 【详解】因为为奇函数，则， 可得， 注意到，可知不恒成立， 则，即，可得， 所以， 则，故， 可知切点坐标为，切线斜率为2， 所以切线方程为. 故选：C. 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（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的部分图象求得，，值，可得函数解析式，进而根据正弦函数的图象和性质即可逐一判断得解. 【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，， ，，故AB正确， 对于C，由五点法画图知，，解得， 由于，所以， . 令，则， 时，，时，， 当时，，当时，，当时，， 故在内有2个极值点，分别为，，故C错误， 对于D，，可得：， 故当此时取最大值，故D正确. 故选：ABD. 10. 在平面直角坐标系中，椭圆，圆，为圆上任意一点，为椭圆上任意一点.过作椭圆的两条切线，，当，与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的最小值为1 C. 最大值为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程判断选项A，再由两点间距离，判断BC，利用切线方程的斜率和韦达定理求解判断选项D. 【详解】对于A，根据题意，，则，故，故A正确； 对于BC，设，则， 而圆的圆心，半径为， 则， 因为，所以，则， 所以，即， 所以的最小值为，最大值为，故B错误，C正确； 对于D，设，过点的直线方程为：， 联立，， 根据直线与椭圆的相切，则， 化简可得，， 可知是方程的两个根，所以， 所以，当且仅当取等号，故D错误. 故选：AC 11. 已知函数其中，且，则（ ） A. B. 函数有2个零点 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先作出函数图象，结合图象逐一判定即可. 【详解】解：，故A正确； 作出函数的图象如图所示， 观察可知，，而， 故，有3个交点， 即函数有3个零点，故B错误； 由对称性，，而， 故，故C正确； b，c是方程的根，故， 令，则， 故，而，均为正数且在上单调递增， 故，故D正确， 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，角的对边分别为，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理有，利用余弦定理求出，同角三角函数的平方关系求. 【详解】在中，若，由正弦定理有， 不妨设，则有， 由，得. 故答案为： 13. 已知复数满足，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，由条件得，所求式消元后化成，结合点的轨迹图形特征，求得的范围，结合函数单调性即得的最小值. 【详解】设，由两边平方整理得：， 即而， 作出复数对应的点的轨迹的图形如图. 易得，因在定义域内为增函数， 故， 即当且仅当时，取最小值. 故答案:. 14. 已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，根据题意，得到，，，求得的面积为，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 由，设，，其中， 又由，，且平面， 因为平面，所以， 可得，且，，， 因为，且平面，所以平面， 在中，由，可得，则的面积为， 故， 当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为. 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. 杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得：. （1）因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； （2）该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 2 3 4 今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率. 附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由线性回归方程的公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由全概率公式可得恰有1张为有奖门票的概率，再结合条件概率公式代入计算，即可求解. 【小问1详解】 设关于的线性回归方程：， 则， ， 所以， 所以关于的线性回归方程是. 小问2详解】 记“从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票”为事件A， “该份团体票中共有张有奖门票”为事件，则， ，所以， ，所以， . 所以. 则所求概率是. 16. 如图，已知四棱锥中，平面，四边形中，，，，，，点在平面内的投影恰好是△的重心． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）通过线线垂直先证明平面，即可由线面垂直证明面面垂直； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面，所以平面平面． 【小问2详解】 取中点，连接， 因为，，，， 所以四边形是矩形，所以， 因为平面，所以，， 所以、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系： ，，，，， 设，则， ，，， 因为点在平面内的投影恰好是△的重心，所以， 所以，所以，，又，， 令， 因为，， 所以是平面的法向量， 的方向向量是， 所以直线与平面所成角的正弦值为 . 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 设函数. （1）求的极值； （2）若对任意，有恒成立，求的最大值. 【答案】（1）极小值，无极大值； （2）. 【解析】 【分析】（1）求导，判断函数单调性即可确定极值; （2）分离参数并构造新函数，求导，判断函数单调性求出最小值即可求解. 【小问1详解】 . 令，得，令，得. 故在单调递减，在单调递增. 在处取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 对恒成立，即对恒成立 令，则只需即可. . 易知均在上单调递增， 故在上单调递增且. 当时，单调递减； 当时，单调递增. .故，故的最大值为. 18. 已知椭圆的离心率为，右焦点为,斜率为1的直线与椭圆交于两点，以为底边作等腰三角形，顶点为. （1）求椭圆的方程； （2）求的面积. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知，又，写出椭圆的方程；（2）先斜截式设出直线，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出中点为的坐标，再根据△为等腰三角形知，从而得的斜率为，求出，写出：，并计算，再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积． 【详解】（1）由已知得，，解得，又， 所以椭圆的方程为． （2）设直线的方程为， 由得，① 设、的坐标分别为，（），中点为， 则，， 因为是等腰△的底边，所以． 所以的斜率为，解得，此时方程①为． 解得，，所以，，所以， 此时，点到直线：的距离， 所以△的面积． 考点：1、椭圆的简单几何性质；2、直线和椭圆的位置关系；3、椭圆的标准方程；4、点到直线的距离. 【思路点晴】本题主要考查的是椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，点到直线的距离，属于难题．解决本类问题时，注意使用椭圆的几何性质，求得椭圆的标准方程；求三角形的面积需要求出底和高，在求解过程中要充分利用三角形是等腰三角形，进而知道定点与弦中点的连线垂直，这是解决问题的关键． 19. 一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质. （1）类比三角函数的三个性质： ①倍角公式 ； ②平方关系 ； ③求导公式 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明； （2）当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围； （3）若，证明： 【答案】（1）答案见解析，证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明； （2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案； （3）结合新定义将所证变为，设函数，即证，先利用导数求得在上单调递增，再设，利用导数得其单调性及，从而，得证. 【小问1详解】 平方关系：； 倍角公式：； 导数：. 理由如下：平方关系，； 倍角公式：； 导数：，； 以上三个结论，证对一个即可. 【小问2详解】 构造函数，，由（1）可知， ①当时，由， 又因为，故，等号不成立， 所以，故为严格增函数， 此时，故对任意，恒成立，满足题意； ②当时，令， 则，可知是严格增函数， 由与可知，存在唯一，使得， 故当时，，则在上为严格减函数， 故对任意，，即，矛盾； 综上所述，实数的取值范围为； 【小问3详解】 因为， 所以原式变为， 即证， 设函数，即证，， 设，， 时，在上单调递增，即在上单调递增， 设，则， 由于在上单调递增，， 所以，即，故在上单调递增， 又，所以时，， 所以，即， 因此恒成立，所以原不等式成立，得证. 【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点： （1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点 （2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件 （3）含有参数是要注意分类讨论的思想. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$