精品解析：浙江省金华第一中学2024届高三领军班下学期6月模拟数学试题

2024届高三领军班数学6月模拟试卷 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. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 已知点在抛物线的图象上，为的焦点，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 3. 设的平均数为,与的平均数为,与的平均数为.若,则（ ） A. B. C. D. 4. 两圆与的公共弦长为（ ） A. B. C. D. 1 5. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（ ） 附：若随机变量服从正态分布. A. 82 B. 78 C. 74 D. 70 6. 已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 7. 满足的最小正整数为（ ） A. 12 B. 13 C. 17 D. 18 8. 已知正方形 的边长为 分别是边 上的点 (均不与端点重合)，记 的面积分别为 . 若 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题本题共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. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 10. 某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直．在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（ ） A. ∠MCA，∠NCB，∠ABC B. ∠ACB，∠NCB，∠MCN C. ∠MCA，∠NCB，∠MCN D. ∠MCA，∠NCB，∠ACB 11. 已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线的斜率分别为，若，则（ ） A. 直线过定点 B. 为定值 C. 的最大值为2 D. 的最小值为4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，，若，则实数a的取值范围是______. 13. 已知某种细菌培养过程中，每小时1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌.则1个正常细菌经过8小时的培养，可分裂成的细菌的个数为__________（用数字作答）. 14. 称四面体的棱切球为与该四面体的每条棱内部都相切的球.已知四面体存在棱切球，且，则该四面体的体积为__________，棱切球的半径为__________. 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. 的内角的对边分别为，，，满足. （1）求证：； （2）求的最小值. 16. 如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，． （1）证明：平面； （2）若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高． 17. 已知双曲线的实轴长为，右焦点到一条渐近线的距离为1. （1）求的方程； （2）过上一点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，求点的坐标. 18. 盒中有标记数字的小球各1个. （1）随机一次取出3个小球,求3个小球上的数字之和大于10的概率； （2）随机一次取出1个小球并记录下小球上的数字,重复以上操作,直到记录下的数字中同时出现1和2或者同时出现3和4.记操作的次数为. （i）若每次操作后不将取出的小球放回盒中,求的分布列及数学期望； （ii）若每次操作后将取出的小球放回盒中,求的数学期望. 19. 设函数的定义域为.给定闭区间，若存在，使得对于任意， ①均有，则记； ②均有，则记. （1）设，求； （2）设.若对于任意，均有，求的取值范围； （3）已知对于任意⫋与均存在.证明：“为上的增函数或减函数”的充要条件为“对于任意两个不同的⫋与中至少一个成立”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届高三领军班数学6月模拟试卷 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. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则化简复数，再根据复数模的计算公式计算即可. 【详解】由题意可知，复数满足， 则可转化为， 所以. 故选：A. 2. 已知点在抛物线的图象上，为的焦点，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据点在抛物线上求出p，再根据抛物线的定义求出焦半径即可. 【详解】将代入，即， 所以， 所以. 故选：B. 3. 设的平均数为,与的平均数为,与的平均数为.若,则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据作差法比较大小,首先将要比较的,用表示,后作差变形,运用这个条件,判断正负即可比较出大小. 【详解】根据题意得,,,, 对于A选项, 对于B选项, 对于C选项, 对于D选项, 故选：B. 4. 两圆与的公共弦长为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】两圆与圆的方程相减可得公共弦所在的直线方程为，再由点到直线的距离公式能求出两圆的公共弦长． 【详解】两圆的圆心分别为,半径均为1，故圆心距离为,故两圆相交， 圆与圆的公共弦所在的直线方程为： ，即， 圆的圆心到公共弦的距离： ，圆的半径， 公共弦长． 故选：B． 5. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（ ） 附：若随机变量服从正态分布. A. 82 B. 78 C. 74 D. 70 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意计算标准差，从而得到正态分布，再利用正态密度曲线的轴对称性和百分位数的定义进行求解即可. 【详解】根据题意得标准差为，所以测试结果（单位：分）近似服从正态分布， 又因为，且，所以全体学生成绩的第84百分位数约为. 故选：B. 6. 已知函数 ，若实数 成等差数列，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由，得出关于对称；再由题意得出结果即可. 【详解】因为函数， 所以， 所以关于对称； 若实数 成等差数列，则， 又因为， 所以，所以. 故选：C. 7. 满足的最小正整数为（ ） A. 12 B. 13 C. 17 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】由已知化简可得利用裂项原理继续化简可得，化简计算即可得出结果. 【详解】 则，即，则， 化简可得：， 时，， 时，， 时，， 时，， 则不等式成立的最小正整数为18. 故选：D 8. 已知正方形 的边长为 分别是边 上的点 (均不与端点重合)，记 的面积分别为 . 若 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角形的面积公式，结合平面向量数量积的运算及基本不等式求解即可. 【详解】设， 则，， 由平面向量数量积的运算可得： ， ， 又， 所以，即， 即，当且仅当时取等， 又，即，即， 则 . 故选：D. 二､多选题本题共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. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先将化简，再逐项分析答案即可. 【详解】因为的定义域为，所以， 又因为 ， 所以为偶函数，故A正确； 的最小正周期为，故B正确； 因为，所以没有最大值； 当时，，故D正确. 故选：ABD 10. 某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直．在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（ ） A. ∠MCA，∠NCB，∠ABC B. ∠ACB，∠NCB，∠MCN C. ∠MCA，∠NCB，∠MCN D. ∠MCA，∠NCB，∠ACB 【答案】CD 【解析】 【分析】记，，，，，，，，，，，，，再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可. 【详解】记，，，，，，，，，，，，． 先从C选项入手： 已知，在中，由，可确定； 同理，在中，可确定； 在中，由及余弦定理，可确定，故C正确; 再考察D选项： 已知，在中，由及余弦定理，可确定； 在中，由，可确定；同理，在中，可确定， 由，① 可确定，故D正确； A选项： 已知，同B选项，可确定， 在中，已知，解三角形知可能有两解， 例如若， 则，解得或2， 代入①使也有两个值，故A错误； B选项： 已知，同C，D选项，可确定， 在中，由勾股定理，得， 在中，由余弦定理，得，② 联立①②，得解此关于的二元方程组， 可得，但此二元二次方程组可能有两解， 例如若，得 解得或故B错误． 故选：CD． 【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法： 先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种： （1）利用余弦定理求出其它角； （2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解. 若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好. 11. 已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线的斜率分别为，若，则（ ） A. 直线过定点 B. 为定值 C. 的最大值为2 D. 的最小值为4 【答案】BD 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，即可判断A；对照系数结合得到的轨迹方程，计算出，，求出，即可判断B；得到点轨迹的渐近线，即可判断C；先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即可判断D. 【详解】由于，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0， 所以直线方程斜率一定存在， 设直线的方程为，联立得， ， 设，则， 故 ， 其中， 故，即， 所以，解得， 下面证明椭圆在处的切线方程为， 理由如下： 当时，故切线的斜率存在，设切线方程为， 代入椭圆方程得：， 由，化简得：， 所以， 把代入，得：， 于是， 则椭圆的切线斜率为，切线方程为， 整理得到， 其中，故，即， 当时，此时或， 当时，切线方程为，满足， 当时，切线方程为，满足， 综上：椭圆在处的切线方程为； 故椭圆在点的切线方程为， 在点的切线方程为， 由于点为与的交点， 故，， 所以直线为， 因为直线的方程为，对照系数可得， 又，故，整理得， 又在第一象限， 故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分， A选项，直线为，所以直线不过定点，故A错误； B选项，，同理可得， 则， 为定值，故B正确； C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为， 设，则，故无最大值，故C错误； D选项，由于，，，故， 设，则， 则两式联立得， 由得，， 检验，当时，，又， 解得，满足要求， 故的最小值为4，D正确. 故选：BD. 【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：； 过椭圆上一点的切线方程为； 过椭圆外一点的切点弦方程为； 过双曲线上一点的切线方程为； 过双曲线外一点的切点弦方程为. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，，若，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】按集合A为空集和不是空集两种情况去讨论即可求得实数a的取值范围. 【详解】当时，满足，此时，解得； 当时，或， 若，则有且，解得且， 所以； 综上，实数a的取值范围是. 故答案为： 13. 已知某种细菌培养过程中，每小时1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌），1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌.则1个正常细菌经过8小时的培养，可分裂成的细菌的个数为__________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌，则，，由等比数列的性质求出的通项公式，再证得是与首相和公差均为的等差数列，即可求出的通项公式，进而求出答案. 【详解】设经过小时，有个正常细菌，个非正常细菌， 则，. 又，，所以，， 则，所以， 所以是首项和公差均为的等差数列， 所以， 所以，所以， 即1个正常细菌经过8小时的培养，可分裂成个细菌. 故答案为：. 14. 称四面体的棱切球为与该四面体的每条棱内部都相切的球.已知四面体存在棱切球，且，则该四面体的体积为__________，棱切球的半径为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先根据切线长公式求得发现该四面体的对棱长度之和相等得，进而得该四面体是一个底面边长为6，侧棱长为8的正三棱锥，再结合体积公式与棱切球的知识求解即可. 【详解】设棱切球的球心为，棱切球的半径为， 该棱切球与棱的切点分别为， 则， 因为， 所以，根据切线长公式得， 同理可得， 设， 因为， 所以， 所以，解得， 所以， 且为中点， 所以，该四面体是一个底面边长为6，侧棱长为8的正三棱锥. 设在底面的投影为，则是底面三角形的中心， 则，， 所以该四面体的高， 因为底面三角形的面积为， 所以，四面体的体积为. 另一方面，由正三棱锥性质可知，棱切球球心在线段上， 因为， 所以，即，解得：，， 因为， ， 所以,整理得：，解得：. 因为，，解得 所以，舍去，即棱切球的半径为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用切线长公式求得得到该四面体是一个底面边长为6，侧棱长为8的正三棱锥；此外，求解棱切球半径时，一方面通过三角形相似求得对于线段长度，建立方程求解，另一方面，还需要注意棱切球的半径范围. 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. 的内角的对边分别为，，，满足. （1）求证：； （2）求的最小值. 【答案】（1） 证明：由，可得且， 所以， 因为为三角形的内角，可得，即，得证. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，即可得证； （2）由（1）知且，利用正弦定理得到，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知，且， 所以 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为 16. 如图，在三棱台中，上、下底面是边长分别为2和4的正三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足，． （1）证明：平面； （2）若直线和平面所成角的正弦值为，求该三棱台的高． 【答案】（1） 证明：由三棱台知，平面， 因为平面，且平面平面，所以， 又，所以， 因为，所以， 又，，且平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的性质定理及线面平行的性质定理可得，根据线面垂直的判定定理可得结果； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法可得结果. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 以为原点建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 易得平面的一个法向量， 设与平面夹角为，由（1）知， 所以由已知得， 解得，所以三棱台的高为． 17. 已知双曲线的实轴长为，右焦点到一条渐近线的距离为1. （1）求的方程； （2）过上一点作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，若，求点的坐标. 【答案】（1） （2）或或或 【解析】 【分析】（1）先通过实轴长求出，再利用右焦点到一条渐近线的距离求出，则的方程可求； （2）设，根据点到渐近线的距离以及点在上列方程组求解即可. 【小问1详解】 因为双曲线实轴长为，故， 双曲线的一条渐近线方程为， 则，故双曲线的方程为； 【小问2详解】 设，则， 不妨设Q到直线距离为， 同理， 所以① 又因为②， 由①②解得或， 当时，得或， 又，则或， 解得或，同理有或， 所以点或或或. 18. 盒中有标记数字的小球各1个. （1）随机一次取出3个小球,求3个小球上的数字之和大于10的概率； （2）随机一次取出1个小球并记录下小球上的数字,重复以上操作,直到记录下的数字中同时出现1和2或者同时出现3和4.记操作的次数为. （i）若每次操作后不将取出的小球放回盒中,求的分布列及数学期望； （ii）若每次操作后将取出的小球放回盒中,求的数学期望. 【答案】（1） （2）（i）分布列为： 2 3 4 5 ,；（ii）【解析】 【分析】（1）分别求出总情况种数和满足题意的情况数,用古典概型公式求概率解决. （2）（i）可取2,3,4,5,总数用分步乘法原理算出，满足题意的情况数算出来，用古典概型公式求概率，得出分布列,算出期望. （ii）有放回，总数改变，每次取有6种可能，再根据步骤计算. 【小问1详解】 由题可知随机一次取出3个小球总的情况为: 种， 满足题意的有:146，156，236，245，246，256，345，346，356，456总共10种， 所以所求的概率为. 【小问2详解】 （i）由题可知可取2，3，4，5， ， ， ， ， 故分布列为： 2 3 4 5 所以. （ii）若每次操作后将取出的小球放回盒中, 所以每次取球时每个球被取到的概率相同且为， 设事件表示“第一次取出球的编号为”（）， 事件表示“第二次取出的球编号为”（）， ， ， （说明：为书写方便的计算过程见后面补充） 解得， 同理可得，， 所以， 解得. 下面给出的计算过程： 设 在第一次取得1号第二次取得3号的条件下， 若第三次取得2号或4号结束，取球3次结束，概率为； 若第三次取得5号或6号，连续性被打断，增加1次，重新循环，概率为； 若第三次取得1号或3号，同条件，增加1次，重新循环，概率为； 所以，解得， 即. 同理. 19. 设函数的定义域为.给定闭区间，若存在，使得对于任意， ①均有，则记； ②均有，则记. （1）设，求； （2）设.若对于任意，均有，求的取值范围； （3）已知对于任意⫋与均存在.证明：“为上的增函数或减函数”的充要条件为“对于任意两个不同的⫋与中至少一个成立”. 【答案】（1） （2） （3） 先证明必要性： 若为上的严格增函数， 则任取，， 因为，所以或或或， 因为为上的严格增函数，所以可得： 或或或， 所以或成立. 同时对为上的严格减函数，同理可证. 下面证明充分性： 当与中至少一式成立时， 先任取 引理1．任取，总有（1）且；或者（2）且之一成立 证明：假设存在，使得， 记， 则， 因为存在，则或， 若，则，这与条件与其中至少一式成立矛盾； 同理，若也得出矛盾；假设不在端点取得是错误的； 同理可证，不在端点取得也是错误的.即任取， 总有①且； 或者②之一成立，引理1得证； 引理2，设，则 证明：由的定义得，若，得， 即为常值函数.哪么存在两个不同的，使得与同时成立， 这与条件与中至少一式成立矛盾； 所以，不成立，则成立.引理得证. 最后证明为上的严格减函数或严格增函数.根据引理1、引理2， （1）若且，则，任取，需考虑如下情况： 情况一：若，则，假设， 若， 则， ， 这与条件与中至少一式成立矛盾 若，则 ， 这与条件与中至少一式成立矛盾， 假设不成立 所以，成立.根据引理1得 根据刚才的证明把不等式换为对应可得：，，所以． 情况二：若，则， 否则，又，由此矛盾，所以成立.根据情况一可得， 因此．同理可得 情况三：若，用上述一可得， 情况四：若，由，利用情况二中的证明得，将对应，利用刚才的结论得． 情况五：若，同上述情况二可证明恒成立． 情况六：若，同上述情况一可证明恒成立． 综上所述，对任意都有，即为上的严格减函数． （2）若，且，则，按照一的方法可证，为R上的严格增函数函数． 综合（1），（2）可得为上的严格减函数或严格增函数.充分性得到证明； 综上所述，命题＂为上的增函数或减函数＂的充要条件为＂对于任意两个不同的 与中至少一个成立＂证毕. 【解析】 【分析】（1）通过导数求函数在区间单调性即可； （2）通过导数确定函数的单调性及极值，以及是在处的切线，在分类讨论和即可； （3）根据充要条件证明步骤，必要性、充分性分开证明即可. 【小问1详解】 因为时，恒成立， 故在上为严格增函数， 因此. 【小问2详解】 因为， 而， 因为， 故是在处的切线 而存在极值点，而，可得到如下情况： 极小值 极大值 情况一：当时，此时 ， 此时，不符题意舍去. 情况二：当时，此时与在上均为严格增函数， 因此当时，恒成立， 因此， 而在上成立，进而， 故. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $