浙江省縣城教研聯(lián)盟2023-2024學年高三下學期模擬考試數學試題

【新結構】2023-2024學年浙江省縣城教研聯(lián)盟高三下學期模擬考試數學試題?一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合，，則（）A． B． C． D．2．若復數z滿足（i為虛數單位)，則z在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．的展開式中的系數為（）A．4 B．-4 C．6 D．-64．清代的蘇州府被稱為天下糧倉，大批量的糧食要從蘇州府運送到全國各地．為了核準糧食的數量，蘇州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以計算糧食的多少，五斗為一斛，而一只官斛的容量恰好為一斛，其形狀近似于正四棱臺，上口為正方形，內邊長為25cm，下底也為正方形，內邊長為50cm，斛內高36cm，那么一斗米的體積大約為立方厘米?（）A．10500 B．12500 C．31500 D．525005．在中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若，，，則（）A．2 B．3 C． D．6．雙曲線C：的左、右焦點為，，直線l過點且平行于C的一條漸近線，l交C于點P，若，則C的離心率為（）A． B．2 C． D．37．已知實數a，b，c構成公差為d的等差數列，若，，則d的取值范圍為（）A． B．C． D．8．已知拋物線C：的焦點為F，O為坐標原點，若直線l交C于A，B兩點，且，點O關于l的對稱點為D，則的取值范圍為（）A． B． C． D．二、多選題：本題共3小題，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．已知向量，的夾角為，且，，則（）A． B．C． D．在的方向上的投影向量為10．已知函數，則（）A．當時，的圖象關于對稱B．當時，在上的最大值為C．當為的一個零點時，的最小值為1D．當在上單調遞減時，的最大值為111．已知函數的定義域為R，，，則（）A． B．C．為奇函數 D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知一組數據5，6，7，7，8，9，則該組數據的方差是______．13．若，則______．14．三棱錐的所有棱長均為2，E，F(xiàn)分別為線段BC與AD的中點，M，N分別為線段AE與CF上的動點，若平面ABD，則線段MN長度的最小值為______．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15．（本小題13分）已知數列為公差不為零的等差數列，其前n項和為，，且，，成等比數列．（1）求的通項公式；（2）若數列是公比為3的等比數列，且，求的前n項和．16．（本小題15分）將號碼為1，2，3，4的4個小球等可能地放入號碼為1，2，3，4的4個盒子中，每個盒子恰放1個小球．（1）求1號球不在1號盒中的概率；（2）記所放小球號碼與盒子號碼相同的個數為X，不同的個數為Y，求證：．17．（本小題15分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為正方形，，E為線段PB的中點，平面底面ABCD．（1）求證：平面PBC；（2）求直線AB與平面PBC所成角的正弦值．18．（本小題17分）已知函數，．（1）若在點處的切線方程為，求a，b的值；（2）當時，存在極小值點，求證：．19．（本小題17分）記點繞原點O按逆時針方向旋轉角得到點的變換為．已知：，將上所有的點按變換后得到的點的軌跡記為．（1）求的方程；（2）已知：過點，記與的公共點為M，N，點P為上的動點，過P作OM，ON的平行線，分別交直線ON，OM于G，H兩點，若外接圓的半徑r恒為，求四邊形OGPH面積的取值范圍．答案和解析1．【答案】B【解析】【分析】本題考查了利用對數函數的單調性解不等式與集合的運算問題，是基礎題．解不等式化簡集合A、B，根據交集的定義求出．【解答】解：∵，，，∴∵，∴根據，，所以，故選：B．2．【答案】D【解析】【分析】本題考查復數的四則運算，復數的代數表示及其幾何意義，屬于基礎題．利用復數的運算法則求出z，再根據復數的代數表示及其幾何意義得出z對應的點，進而求解．【解答】解：設，則，則，即，所以，，解得，，故，對應的點在第四象限．故選：D．3．【答案】C【解析】【分析】本題考查求二項展開式中的指定項系數，屬于基礎題．根據二項展開式的通項解答即可．【解答】解：含的項為：，即的展開式中的系數為6，故選：C．4．【答案】A【解析】【分析】本題考查了棱臺的體積，屬于基礎題．根據棱臺的體積公式即可計算得出答案．【解答】解：一斛米的體積為，因為五斗為一斛，所以一斗米的體積為，故選：A．5．【答案】B【解析】【分析】本題考查利用正弦定理解三角形，同角三角函數關系，兩角和的正弦公式，屬于基礎題．根據同角三角函數關系求得，，利用兩角和的正弦公式求得，利用正弦定理求得b，c，進而求出a的值．【解答】解：由，可得，進而求出，，由可得，，則，由正弦定理可知，又因為，解得，，由正弦定理可得．故選：B．6．【答案】C【解析】【分析】本題考查求雙曲線的離心率，考查直線與雙曲線的位置關系及其應用，屬于中檔題．設，通過題意求出直線的方程、直線的方程，之后聯(lián)立直線的方程、直線的方程及雙曲線方程，計算即可得出答案．【解答】解：如圖，設，由對稱性可知P點在x軸上方或者下方不影響結果，不妨令P點在x軸下方，如圖所示：根據題意可得、，，雙曲線其中一條漸近線為，直線的方程為，①∵，∴，即直線的斜率為，即直線方程為，②又點在雙曲線上，∴，③聯(lián)立①③，得，聯(lián)立①②，得，∴，即，∴，∴．故選：C．7．【答案】A【解析】【分析】本題考查等差數列，考查利用導數研究函數的單調性，屬于中檔題．由題意設，，求出，構造函數，求導判斷其單調性，可得值域．【解答】解：由實數a，b，c構成公差為d的等差數列，所以設，，，所以，構造函數，，當時，，所以此時單調遞減，當時，，所以此時單調遞增，所以的最小值為，當b趨近于時，趨近于，所以，所以．故選：A．8．【答案】B【解析】【分析】本題主要考查的是直線與拋物線的位置關系，平面向量的數量積運算，點、直線間的對稱問題，拋物線的幾何性質，與圓有關的軌跡方程，定點問題，點到圓上點的最值問題，屬于中檔題．設點，，由平面向量的數量積運算可得，根據直線l與拋物線有兩個交點，可設，聯(lián)立直線與拋物線，根據可得直線經過點，由O，D關于直線l對稱即可得到D點的軌跡方程，結合點與圓的位置關系求的取值范圍即可．【解答】解：由A，B兩點在拋物線上，所以可以設點，，則，由直線l交C于A，B兩點，故直線l不與x軸平行或重合，故可設直線l解析式為，聯(lián)立直線與拋物線方程得，，所以，解得，所以直線l與x軸的交點為，由O，D關于直線l對稱，所以，且D點不與O點重合，故可知D的軌跡方程為：（不經過原點），所以，，即，故選：B．9．【答案】AB【解析】【分析】本題考查了平面向量的數量積、向量的模、投影向量，屬于中檔題．根據向量的數量積、向量的模、向量的垂直和投影向量對各個選項逐一判定即可．【解答】解：，，故A正確；，所以，故B正確；，所以，又因為，所以，故C錯誤；在上的投影向量為，故D錯誤；故選：AB．10．【答案】ACD【解析】【分析】本題考查余弦型函數的圖象與性質，屬于中檔題．根據三角函數性質分別判斷余弦函數的對稱軸，余弦函數的值域與最值，余弦函數的單調性，余弦函數的零點對選項逐一判定即可．【解答】解：時，，因為，所以關于對稱，故A正確；時，由可得，根據余弦函數的單調性可知的最大值為，故B錯誤；若，則，，所以，，且，所以的最小值為1，故C正確；因為在上單調遞減，且，根據余弦函數的單調性可知的單調遞減區(qū)間為：，，，，所以，，所以，故D正確．故選：ACD．11．【答案】BCD【解析】【分析】本題主要考查求函數值，函數的奇偶性，數列與不等式，等比數列的判定與證明，等比數列的前n項和，屬于中檔題．利用賦值法求得即可判斷A；利用賦值可得，并且判斷出，由不等式的性質可得，即可判斷B；利用函數的奇偶性以及的值即可判斷C；利用等比數列的判定可得的通項公式，利用等比數列的求和公式可得，即可判斷D．【解答】解：令，，則，將代入得，即，故A錯誤；由，令可得，若存在x使得，則上式變?yōu)?，顯然不成立，所以，又，因為，所以，將整理為，因為，即，所以，故B正確；令，則，且，所以為奇函數，故C正確；當時，，，所以是以2為首項，2為公比的等比數列，所以，由可知，因為，所以，所以，故D正確；故選：BCD．12．【答案】【解析】【分析】本題考查一組數據方差的求法，考查平均數、方差等基礎知識，屬于基礎題．先求出這一組數據5，6，7，7，8，9的平均數，由此再求出該組數據的方差．【解答】解：一組數據5，6，7，7，8，9的平均數為：，∴該組數據的方差為：．故答案為：．13．【答案】【解析】【分析】本題考查同角三角函數的基本關系和二倍角余弦公式的應用，屬于基礎題．根據，，解得，結合二倍角余弦公式進行解答即可．【解答】解：因為可得，因為，可得，解得或（舍去）所以．故答案為．14．【答案】【解析】【分析】本題考查了線面平行的性質，考察了點線、點面、線面、面面的距離，考察了余弦定理，考察了二次函數性質，是中檔題．延長CM交AB于點I，設，由余弦定理得，根據角平分線定理以及平行線性質可知，運用換元法和二次函數性質可得線段MN長度的最小值．【解答】解：延長CM交AB于點I，因為平面ABD，由線面平行性質定理可知，設，因為三棱錐的所有棱長均為2，所以，且E為線段BC的中點，所以AE平分∠BAC，由角平分線定理可知，所以，因為F為線段AD的中點，所以，由余弦定理可知，所以，令，，化簡可得，因為，所以，則在時取得最小值，所以，綜上當，即時MN取得最小值．故答案為．15．【答案】解：（1）因為為等差數列，設公差為d，由，得，可得或，由，，成等比數列，則，得，化簡得，因為，所以．所以．綜上．（2）由知，，又為公比是3的等比數列，所以，即，所以，，所以．綜上．【解析】本題主要考查的是等差數列的通項公式，等差數列和等比數列的前n項和公式，等比數列的性質，等比數列的通項公式，分組求和，屬于中檔題．（1）設公差為d，根據等差數列的前n項和公式與等比數列的性質列出關于和d的方程，求解即可得的通項公式；（2）由等比數列的通項公式可求得．，再得到的通項公式，利用分組求和求．16．【答案】解：（1）記事件“1號球不在1號盒中”為A，則；（2）X的取值為0，1，2，4，且，，，，，所以，，時，，時，，此時，則，時，，此時，，時，，此時，，，因為，所以．【解析】本題考查了古典概型及其計算、離散型隨機變量的期望，屬于中檔題．（1）根據古典概型公式計算1號球不在1號盒中的概率；（2）分析易得X的取值為0，1，2，4，且，再分別得出對應概率，可得、，再研究XY的取值和對應概率，可得，比較即可得證．17．【答案】解因為平面平面ABCD，且平面平面，，平面ABCD，所以平面AEC，平面AEC，所以，又因為，E為PB中點，所以，又，PB、平面PBD，所以平面PBD；（2）設點P在底面ABCD的射影為點Q，則平面ABCD，又平面ABCD，所以，取AD中點M，因為，所以，又，PQ、平面PQM，所以平面PQM，因為平面PQM，所以，即Q在AD的中垂線上，如圖建立空間直角建系，不妨取，則設P為，，，，所以，，，由（1）可知，計算得，，所以，又，，設平面PBC的法向量為，則，即，取，所以．【解析】本題考查了線面垂直的判定和直線與平面所成角的向量求法，是中檔題．（1）先證明平面AEC，所以，又因為，E為PB中點，所以，由線面垂直的判定即可得證；（1）建立空間直角建系，不妨取，得出平面PBC的法向量，利用空間向量求解即可．18．【答案】解：（1）因為，由在點處的切線方程為，所以，即，解得，．綜上，．（2）當時，，因為存在極小值點，所以，解得，此時，所以，即，，所以，令，則，因為，，所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，又時，，所以，所以，即，因為，當時，恒成立，即在時單調遞增，所以，綜上得證．【解析】本題考查了導數的幾何意義，考查了利用導數證明不等式，考查了已知切線（斜率、傾斜角）求參數，考查了利用導數判斷或證明已知函數的單調性，考查了函數極值點的概念是中檔題．（1）由導數的幾何意義以及已知切線的斜率和傾斜角可得，解出即可求a，b的值；（2）易得，所以，所以，令，則，利用導數研究單調性，再求出的最大值即可得證．19．【答案】解：（1）取上任意一點為，經過變換后得到上的對應點為，由題意可知為：，變形后得，即，將點A的坐標代入的方程得，，所以的方程為：．綜上的方程為：．（2）因為經過點，且，則也在上，所以為與的公共點，則也為與的公共點．所以不妨取，，則的解析式為：，的解析式為：，設上的動點P為，則有，移項得（?。┯忠驗檫^點，所以（ⅱ），聯(lián)立，得，，所以H的坐標為，聯(lián)立，得，，所以G的坐標為，則．記直線OM與直線ON的夾角為，直線O