精品解析：浙江省县城教研联盟2023-2024学年高三下学期模拟考试数学试题

【新结构】2023-2024学年浙江省县城教研联盟高三下学期模拟考试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则 （ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足（i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. -4 C. 6 D. -6 4. 清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 5. 在中，分别为角的对边，若，，，则 （ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 双曲线C：的左、右焦点为，，直线l过点且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若，则C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 7. 已知实数构成公差为d的等差数列，若，，则d的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且，点O关于l的对称点为D，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分． 9. 已知向量，的夹角为 ，且，，则（ ） A. B. C. D. 在方向上的投影向量为 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，的图象关于对称 B. 当时，在上最大值为 C. 当为的一个零点时，的最小值为1 D. 当在上单调递减时，的最大值为1 11. 已知函数的定义域为R，，，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一组数据5，6，7，7，8，9，则该组数据的方差是______． 13 若，则______． 14. 三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为______． 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. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3等比数列，且，求的前n项和． 16. 将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球． （1）求1号球不在1号盒中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，． （1）若在点处的切线方程为，求，的值； （2）当时，存在极小值点，求证：． 19. 记点绕原点按逆时针方向旋转角得到点的变换为.已知：，将上所有的点按变换后得到的点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）已知：过点，记与的公共点为，点为上的动点，过作的平行线，分别交直线于两点，若外接圆的半径恒为，求四边形面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【新结构】2023-2024学年浙江省县城教研联盟高三下学期模拟考试数学试题❖ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，根据交集的定义求出即可． 【详解】∵，∴， ∵，∴， 所以. 故选：B． 2. 若复数z满足（i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数运算法则求出z，再根据复数的代数表示及其几何意义得出z对应的点，进而求解． 【详解】设，则， 则，即，所以，， 解得，，故，对应的点在第四象限． 故选：D． 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. -4 C. 6 D. -6 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式解答即可． 【详解】因为的展开式的通项公式为， 所以含的项为：， 即的展开式中的系数为6， 故选：C． 4. 清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 【答案】A 【解析】 【分析】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案． 【详解】一斛米的体积为， 因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为， 故选：A. 5. 在中，分别为角对边，若，，，则 （ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系求得，，利用两角和的正弦公式求得，利用正弦定理求得b，c，进而求出a的值． 【详解】由，可得，根据进而求出，， 由可得，， 则， 由正弦定理可知， 又因为，解得，， 由正弦定理可得． 故选：B． 6. 双曲线C：的左、右焦点为，，直线l过点且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若，则C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设，通过题意求出直线的方程、直线的方程，之后联立直线的方程、直线的方程及双曲线方程，计算即可得出答案． 【详解】设，由对称性可知P点在x轴上方或者下方不影响结果，不妨令P点在x轴下方，如图： 设、，，双曲线其中一条渐近线为， 直线的方程为，① 由，得，即直线的斜率为，直线方程为，② 由点在双曲线上，得，③ 联立①③，得，联立①②，得， 则，即，因此， 所以离心率． 故选：C 7. 已知实数构成公差为d的等差数列，若，，则d的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意设，，求出，构造函数，求导判断其单调性，可得值域． 【详解】由实数a，b，c构成公差为d的等差数列，所以设，， 则，所以， 构造函数，， 当时，，所以此时单调递减， 当时，，所以此时单调递增， 所以的最小值为， 当b趋近于时，趋近于，当b从负方向趋近于时，也趋近于， 所以，所以 ． 故选：A． 8. 已知抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且，点O关于l的对称点为D，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点，，由平面向量的数量积运算可得，根据直线l与抛物线有两个交点，可设，联立直线与抛物线，根据可得直线经过点，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求的取值范围即可． 【详解】由A，B两点在抛物线上，所以可以设点，， 则， 由直线l交C于A，B两点，故直线l不与x轴平行或重合， 故可设直线l解析式为， 联立直线与抛物线方程得，， 所以，解得，所以直线l与x轴的交点为， 由O，D关于直线l对称，所以，且D点不与O点重合， 故可知D的轨迹方程为：（不经过原点）， 所以，，即， 故选：B． 【点睛】关键点点睛：根据题意，可得直线经过点，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求的取值范围即可． 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分． 9. 已知向量，的夹角为 ，且，，则（ ） A. B. C. D. 在的方向上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量的运算性质，对各个选项逐一判定即可． 【详解】，，故A正确； ，所以，故B正确； ，所以， 又因为，所以，故C错误； 在上的投影向量为，故D错误； 故选：AB． 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，的图象关于对称 B. 当时，在上的最大值为 C. 当为的一个零点时，的最小值为1 D. 当在上单调递减时，的最大值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可． 【详解】时，，因为， 所以关于对称，故A正确； 时，由可得， 根据余弦函数的单调性可知的最大值为，故B错误； 若，则，，所以，，且， 所以的最小值为1，故C正确； 因为在上单调递减，且， 根据余弦函数的单调性可知的单调递减区间为： ，，，， 所以，，所以，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数的定义域为R，，，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法求得即可判断A；利用赋值可得，并且判断出，由不等式的性质可得，即可判断B；利用函数的奇偶性以及的值即可判断C；利用等比数列的判定可得的通项公式，利用等比数列的求和公式可得，即可判断D． 【详解】令，，则，将代入得，即，故A错误； 由，令可得，若存在x使得， 则上式变为，显然不成立，所以， 又， 因为，所以， 将整理为， 因为，即，所以，故B正确； 令， 则， 且，所以为奇函数，故C正确； 当时，，， 所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 由可知， 因为，所以， 所以，故D正确； 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：关键是充分利用函数的奇偶性，等比数列的判定与证明以及等比数列的前n项和进行分析，由此即可顺利得解． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一组数据5，6，7，7，8，9，则该组数据的方差是______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出这一组数据5，6，7，7，8，9的平均数，由此再求出该组数据的方差． 【详解】一组数据5，6，7，7，8，9的平均数为：， ∴该组数据的方差为： ． 故答案为：． 13. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查同角三角函数的基本关系和二倍角余弦公式的应用.根据，，解得，结合二倍角余弦公式进行解答即可． 【详解】因为可得，因为， 可得，解得或（舍去） 所以． 故答案为:． 14. 三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值． 【详解】延长CM交AB于点I，因为平面ABD， 由线面平行性质定理可知，设， 因为三棱锥的所有棱长均为2， 所以，且E为线段BC的中点， 所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知， 所以， 因为F为线段AD的中点，所以， 由余弦定理可知， 所以， 令，，化简可得， 因为，所以， 则在时取得最小值， 所以， 综上当，即时MN取得最小值． 故答案：． 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. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式； （2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出. 【小问1详解】 因为为等差数列，设公差为d， 由，得，即， 由，，成等比数列得，， 化简得，因，所以． 所以． 综上． 【小问2详解】 由知，， 又为公比是3的等比数列，， 所以，即， 所以，， 所以 . 综上. 16. 将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球． （1）求1号球不在1号盒中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式计算1号球不在1号盒中的概率； （2）分析易得X的取值为0，1，2，4，且，再分别得出对应概率，可得、，再研究XY的取值和对应概率，可得，比较即可得证． 【小问1详解】 记事件“1号球不在1号盒中”为A，则； 【小问2详解】 X的取值为0，1，2，4，且， ，， ，， 所以，， 时，，时，，此时，则， 时，，此时，， 时，，此时，， ， 因为，所以． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，所以，又因为，为中点，所以，由线面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角建系，不妨取，得出平面的法向量，利用空间向量求解即可． 【小问1详解】 因为平面平面，且平面平面， ，平面ABCD，所以平面，平面，所以， 又因为，为中点，所以， 又，平面，所以平面； 【小问2详解】 设点在底面的射影为点，则平面， 又平面，所以，取中点， 因为，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，即在的中垂线上， 如图建立空间直角建系，不妨取， 则设为，，，， 所以，，， 由（1）可知，计算得，，所以， 又，， 设平面PBC的法向量为， 则，即，取， 所以． 18. 已知函数，． （1）若在点处的切线方程为，求，的值； （2）当时，存在极小值点，求证：． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义以及已知切线的斜率可得，解出即可求，的值； （2）易得，所以，所以，令，则，利用导数研究单调性，再求出的最大值即可得证． 【小问1详解】 因为，则， 由在点处的切线方程为， 所以，即，解得， 综上，． 【小问2详解】 当时，， 因为恒成立，为关于的一次函数， 又因为存在极小值点，所以，又且，解得， 令，解得， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，所以， 所以，即，， 所以， 令，则， 因为，， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又时，，所以，所以，即， 因为，， 当时，恒成立，即在时单调递增， 所以， 综上得证． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 19. 记点绕原点按逆时针方向旋转角得到点的变换为.已知：，将上所有的点按变换后得到的点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）已知：过点，记与的公共点为，点为上的动点，过作的平行线，分别交直线于两点，若外接圆的半径恒为，求四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意利用变换求得上任意一点A的坐标，再代入的方程即可求解； （2）据题分析可得，均经过点，，不妨取，，则：，：，设上的动点P为，利用条件列出相关等式联立求解出，，再根据计算即可求解； 【小问1详解】 取上任意一点为， 经过变换后得到上的对应点为， 由题意可知为：，变形后得， 即， 将点的坐标代入的方程得，， 所以的方程为：. 综上的方程为：. 【小问2详解】 因为经过点，且，则也在上， 所以为与的公共点，则也为与的公共点. 所以不妨取，，则的解析式为：，的解析式为：， 设上的动点为，则有，移项得（ⅰ） 又因为过点，所以（ⅱ）， 联立，得，， 所以H的坐标为， 联立，得，， 所以的坐标为，则. 记直线与直线的夹角为，直线与轴正半轴的夹角为，则， 计算得， 根据正弦定理，由题意可知，所以为定值， 所以（ⅲ） 将（ⅰ）式代入（ⅲ）式得恒成立，即恒成立， 所以，即，与（ⅱ）式联立解得，， ， 因为，，所以，四边形面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程方法： 1.直接法：建系设点、列出条件、代入坐标、整理条件、限制说明求轨迹方程； 2定义法（待定系数法）：从曲线定义出发建立关系或条件转化成某一轨迹的定义条件； 3代入法（相关点法）：若动点满足的条件不易表述或求出.但形成轨迹的动点却随另一动点的运动而规律的运动，且另一动点的轨迹为给定或容易求得，则将坐标代入进行化简整理得出动点轨迹方程； 4参数法：建立轨迹参数方程求解； 5交轨法：求两动曲线的交点轨迹时，可以由方程直接消去参数得到所求的轨迹方程； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$