浙江省溫州市名校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)1月第一次模擬試卷

浙江省溫州市名校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期數(shù)學(xué)1月第一次模擬試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、選擇題：本大題共8小題，解小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)1+i1?iA．?i B．i C．0 D．12．某校高一年級(jí)18個(gè)班參加藝術(shù)節(jié)合唱比賽，通過(guò)簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣，獲得了10個(gè)班的比賽得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，則這組數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)為（）A．93 B．93.5 C．94 D．94.53．已知直線l：y=2x+b與圓C：A．[2，12] C．[?4，6] 4．三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC為等邊三角形，且AB=3，PA=2，則該三棱錐外接球的表面積為（）A．8π B．16π C．32π3 D．5．已知等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1>1，公比為q，記Tn=A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件6．已知函數(shù)f(x)=2cos(ωx?π4)，其中ω>0.若f(x)A．(0，13] B．[347．在直角梯形ABCD，AB⊥AD，DC//AB，AD=DC=1，AB=2，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在以A為圓心，AD為半徑的圓弧DEM上變動(dòng)（如圖所示），若AP=λED+μAF，其中A．[?2，1] B．[?2，28．已知a=10lg4，A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．b>c>a D．c>b>a二、多選題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9．下列選項(xiàng)中，與“1xA．x<1 B．loC．3x2<10．設(shè)A，B是一次隨機(jī)試驗(yàn)中的兩個(gè)事件，且P(A)=1A．A，B相互獨(dú)立 B．PC．P(B|A)=13 11．在三棱錐P?ABC中，AC⊥BC，AC=BC=4，D是棱AC的中點(diǎn)，E是棱AB上一點(diǎn)，PD=PE=2，AC⊥平面PDE，則（）A．DE//平面PBC B．平面PAC⊥平面PDEC．點(diǎn)P到底面ABC的距離為2 D．二面角D?PB?E的正弦值為2112．設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)，直線l：2x?ay+2b=0(a≠0)與C的準(zhǔn)線l1，交于點(diǎn)A．已知l與C相切，切點(diǎn)為BA．點(diǎn)(a，b)在C上 C．以BF為直徑的圓與l相離 D．直線AD與C相切三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知p：?3≤x≤1，q：x≤a（a為實(shí)數(shù)）．若q的一個(gè)充分不必要條件是p，則實(shí)數(shù)14．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足an+115．直三棱柱ABC?A1B1C1的底面是直角三角形，AC⊥BC，AC=6，BC=8，AA16．對(duì)任意x∈(1，+∞)，函數(shù)f四、解答題：木大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.17．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a2（1）求角B及邊b的值；（2）求sin(2A?B18．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為S（1）求數(shù)列{a（2）若數(shù)列{bn}滿足bn=an+1a19．如圖，正三棱錐O?ABC的三條側(cè)棱OA，OB，OC兩兩垂直，且長(zhǎng)度均為2．E、F分別是AB，AC的中點(diǎn)，H是EF的中點(diǎn)，過(guò)EF作平面與側(cè)棱（1）求證：B1C1（2）求二面角O?A20．甲、乙、丙為完全相同的三個(gè)不透明盒子，盒內(nèi)均裝有除顏色外完全相同的球.甲盒裝有4個(gè)白球，8個(gè)黑球，乙盒裝有1個(gè)白球，5個(gè)黑球，丙盒裝有3個(gè)白球，3個(gè)黑球.（1）隨機(jī)抽取一個(gè)盒子，再?gòu)脑摵凶又须S機(jī)摸出1個(gè)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?qū)儆谝蚁渥拥母怕?21．設(shè)橢圓C：x29+y2b2=1(0<b<6（1）求b的值：（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A且斜率不為0的直線l交C于B，D兩點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為C的左、右頂點(diǎn)，直線BE和直線DF的斜率分別為22．已知f(（1）若過(guò)點(diǎn)(2，2)作曲線（2）當(dāng)x∈[1，

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：1+i1?i故答案為：D.

【分析】先利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算化簡(jiǎn)，再根據(jù)復(fù)數(shù)的定義即可.2．【答案】B【解析】【解答】解：將比賽得分按從小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，因?yàn)?0×80%所以這組數(shù)據(jù)的80%分位數(shù)第8個(gè)數(shù)與第9個(gè)數(shù)的平均值，即93+94故答案為：B.

【分析】先把數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列，利用百分位數(shù)的定義即可.3．【答案】A【解析】【解答】解：由題意得圓心C(?2，3)，

所以圓心C(?2，3)到直線解得2≤b≤12，故b的取值范圍是[2，故答案為：A.【分析】利用點(diǎn)到直線的距離公式即可.4．【答案】B【解析】【解答】解：如圖所示：點(diǎn)H為△ABC外接圓的圓心，過(guò)點(diǎn)H作平面ABC的垂線，點(diǎn)D為PA的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作線段PA的垂線，所作兩條垂線交于點(diǎn)O，則點(diǎn)O為三棱錐外接球的球心，因?yàn)镻A⊥平面ABC，且△ABC為等邊三角形，PA=2，所以四邊形AHOD為矩形，AH=33AB=所以O(shè)A=(3)則該三棱錐外接球的表面積為4πR故答案為：B.

【分析】先根據(jù)圖象設(shè)出外接圓圓心的位置，再根據(jù)從幾何關(guān)系求出半徑即可求解.5．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，

當(dāng)“0<q<1所以Tn+1當(dāng)a1>1，0<q<1時(shí)，a1?qn<1當(dāng){Tn}為遞減數(shù)列時(shí)，Tn+1Tn=a又因?yàn)閍1>1，所以得因此“0<q<1”是“數(shù)列{T故答案為：C.【分析】根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，結(jié)合等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、先求出Tn6．【答案】A【解析】【解答】解：由已知條件可得ωx∈?π+2kπ，2kπk∈Z，且ω>0時(shí)，函數(shù)解得?3由題意可知：(π于是?34π+2kπ令k=0可得-94≤ω≤13，

故答案為：A.【分析】利用余弦函數(shù)的性質(zhì)先求出f(x)=2cos(ωx?π7．【答案】A【解析】【解答】解：建立直角坐標(biāo)，如圖所示：.則A(0，0)，E(1，0)，D(0，1)，B(2，則AP=(cosα，sinα)∵AP=λ∴(cos∴cosα=?λ+32∴λ=14(3∴2λ?μ=1∵?π2≤α≤π2，∴∴?2≤2sin(α?故答案為：A.【分析】建立直角坐標(biāo)系求出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)P(cosα，sin8．【答案】D【解析】【解答】解：已知a=10兩邊取對(duì)數(shù)得：lga=lg4?lg10，令f(x)=lgx?lg(14?x)，則f'令g(x)=x?lgx，則g'可知g(x)在(1，因?yàn)?≤x≤6，則8≤14?x≤10，可知14?x>x恒成立，則g(14?x)>g(x)，即g(14?x)?g(x)>0，可得f'則f(x)=lgx?lg(14?x)在[4，6]上單調(diào)遞增，可得可得lg4?lg10<lg5?lg9<lg6?lg8，即lga<lgb<lgc，又因?yàn)閥=lgx在(0，+∞)上單調(diào)遞增，所以故答案為：D.【分析】根據(jù)題意可得lga=lg4?lg10，lgb=lg5?lg9，lgc=lg6?lg8，構(gòu)建函數(shù)f(x)=lgx?lg(14?x)，對(duì)f(x)求導(dǎo)，再構(gòu)造函數(shù)g(x)=x?lgx，利用導(dǎo)數(shù)分析可知9．【答案】B,C【解析】【解答】解：A、1x>1則1x?1>0，即B、log0.5x2>C、3x2<3xD、|x(x?1)|=x(1?x)，則x(x?1)≤0，解得0≤x≤1，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故答案為：BC.【分析】利用指數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式可判斷B、C，解分式不等式可判斷A，解絕對(duì)值不等式可判斷D.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：由題意可知P(事件AB，AB互斥且P(A)=(A所以P(即23+14?2P(AB)=712，解得P(AB)=由條件概率公式可知：P(B|A)=P(AB)P(AP(B|A)=P(故答案為：ABD.【分析】根據(jù)獨(dú)立事件，互斥事件的定義即可判斷A，B，根據(jù)條件概率的定義可判斷出C，D.11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、因?yàn)锳C⊥平面PDE，DE?平面PDE，所以AC⊥DE．因?yàn)锳C⊥BC，且直線AC，BC，DE?平面ABC，

所以DE//BC．因?yàn)镈E?平面PBC，BC?平面PBC，所以B、因?yàn)锳C⊥平面PDE，AC?平面PAC，所以平面PDE⊥平面PAC，故B選項(xiàng)正確；C、取DE的中點(diǎn)O，連接PO，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥DE交BC于點(diǎn)F，

因?yàn)镻D=PE，所以PO⊥DE．因?yàn)锳C⊥平面PDE，PO?平面PDE，所以AC⊥PO，因?yàn)镈E∩AC=D，DE，AC?平面ABC，所以PO⊥平面ABC，PO=3，即點(diǎn)P到平面ABC的距離為3D、建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：因?yàn)镈是AC的中點(diǎn)，AC=BC=4，所以O(shè)(0，因?yàn)镻D=PE=2，所以PO=3，即P(0所以DB=(4設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量m=(則m?DB=0m?DP=0所以平面PBD的一個(gè)法向量m=(設(shè)平面PBE的一個(gè)法向量n=(x2，y令x2=3，得y2=?所以cosm設(shè)二面角D?PB?E為θ，θ∈[0，所以二面角D?PB?E的正弦值為217故答案為：ABD.

【分析】先證明AC⊥DE從而證明DE//BC再根據(jù)線面平行的判定定理可判斷A；根據(jù)面面垂直的判定定理可判斷B；取DE的中點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥DE交BC于點(diǎn)F，利用線面垂直的判定定理可得PO⊥平面ABC，求出PO可判斷C；建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBD、平面PBD的一個(gè)法向量，由線面角的向量求法可判斷D．12．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：A、y2=4x2x-ay+2b=0聯(lián)立消去x得y2?2ay+4b=0，

所以Δ=4a2?16b=0，即a2=4bB、過(guò)點(diǎn)B作BM垂直于C的準(zhǔn)線，垂足為M，如圖所示：

由拋物線定義知|BF|=|BM|，因?yàn)椤螦MB=90°，所以AB>BM，即AB>BF，在三角形中由大邊對(duì)大角得∠BAF<∠AFB，故B選項(xiàng)正確．C、焦點(diǎn)F(1，0)，由A選項(xiàng)l與C相切，切點(diǎn)為B，可得B(b，a)，其中a2且|BF|=(b?1)2+由于半徑等于以BF為直徑的圓的圓心橫坐標(biāo)，故以BF為直徑的圓與y軸相切，所以與l1D、設(shè)直線BD方程為x=b?1ay+1，與C所以a?yD=?4，解得y因?yàn)锳(?1，2b?2a)，所以直線聯(lián)立直線AD與曲線C的方程得by因?yàn)棣ぁ?4a2?16b=0，所以直線AD故答案為：BCD.【分析】直線l與拋物線方程聯(lián)立，根據(jù)判別式Δ=0可得到點(diǎn)(b，a)在C上；作出輔助線，結(jié)合拋物線定義得到相等關(guān)系，再由大邊對(duì)大角作出判斷B；證明出以BF為直徑的圓與y軸相切即可判斷C；設(shè)出直線BD方程，與拋物線方程聯(lián)立求出D點(diǎn)坐標(biāo)，從而求出直線13．【答案】[1【解析】【解答】解：因?yàn)閝的一個(gè)充分不必要條件是p，即p是q的充分不必要條件，所以[?3，1解得a≥1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，故答案為：[1，【分析】根據(jù)充要條件的定義可判斷[?3，114．【答案】48【解析】【解答】解：由an+1=2n由累乘可得a10故答案為：485【分析】用累乘法即可求解.15．【答案】104π【解析】【解答】解：平行六面體內(nèi)接于球，則平行六面體為直四棱柱，如圖α有如下三種可能如圖：

截下的部分與剩余的部分組合成為長(zhǎng)方體，

則2R=32+82+三種情況比較可得Smax故答案為：104π.【分析】先分析α可能是AC的中垂面，BC的中垂面，AA16．【答案】[【解析】【解答】解：因?yàn)閒(x)因?yàn)閤∈(1，化簡(jiǎn)可得ax?1令F(t)=tlnt，因?yàn)镕'令F'(t)>0得，t>e令F'(t)<0得，0<t<e且當(dāng)0<t≤1時(shí)，F(xiàn)(t)≤0恒成立，當(dāng)t>1時(shí)，F(xiàn)(t)>0恒成立，因?yàn)閍>1，x>1，所以ax?1當(dāng)x?1∈(0，1]時(shí)，F(xiàn)(x?1)≤0，此時(shí)滿足當(dāng)x?1>1，即x>2時(shí)，由于F(t)=tlnt在由F(ax?1)≥F(x?1)令u=x?1>1，g(u)=ln則g'(u)=1?lnuu2當(dāng)u∈(e，+∞)時(shí)，g'(u)<0，故g(u)=lnuu在u=e故lna≥1e，即a≥e1故答案為：[e【分析】由題意原式可變形為ax?1lnax?1≥(x?1)ln(x?1)，構(gòu)造F(t)=tlnt，t>0，求導(dǎo)得到單調(diào)性進(jìn)而ax?1>117．【答案】（1）解：因?yàn)閍2+c因?yàn)锽∈(0，π)，所以因?yàn)锳∈(0，π)，cosA=由正弦定理得asinA=bsin（2）解：由（1）得sin2A=2cos2A=2sin(2A?B【解析】【分析】（1）用余弦定理可得B=π3，再用正弦定理即可求解；18．【答案】（1）解：當(dāng)n≥2時(shí)，an所以an=2an?1+1所以a1+1=2，故所以an（2）解：由bn所以Tn要使Tn=1?1由210<2025<211且所以使得Tn>2023【解析】【分析】（1）利用前n項(xiàng)和與an的關(guān)系即可求解；

（2）先化簡(jiǎn)b19．【答案】（1）證明：依題設(shè)，EF是△ABC的中位線，所以EF//又BC?平面OBC，EF?平面OBC，則EF//平面OBC又B1C1所以EF//又H是EF的中點(diǎn)，AF=1所以AH⊥EF，則AH⊥B因?yàn)镺A⊥OB，OA⊥OC，且OB∩OC=O，所以O(shè)A⊥面OBC，又B1C1則OA⊥B又AH⊥B1C1，因此B1C1（2）解：作ON⊥A1B1于N，連C1

根據(jù)三垂線定理知，C1N⊥A1B1作EM⊥OB1于M，則EM//OA，則M是設(shè)OB1=x，由OB1在Rt△OA1B1中，所以tan∠ONC1=O【解析】【分析】(1)先用線面平行的性質(zhì)定理證明EF//B1C1，由等腰三角形的性質(zhì)可得AH⊥EF，再利用線面垂直的判定定理可證明OA⊥面OBC，最后由線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；

(2)作ON⊥A120．【答案】（1）解：記取到甲盒子為事件A1，取到乙盒子為事件A2，取到丙盒子為事件P(（2）解：P【解析】【分析】本題考查全概率公式和條件概率公式.（1）設(shè)出事件，運(yùn)用全概率公式可表示出：P(（2）利用條件概率公式可得：P(21．【答案】（1）解：依題意，橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)焦距為2c(設(shè)P(x0，y則|PA而0<b<6，則(9?b2)由x