浙江省嘉兴市第一中学2024届高三第一次模拟测试数学试题（教师版）

这是一份浙江省嘉兴市第一中学2024届高三第一次模拟测试数学试题（教师版），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 已知复数，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
分析】化简复数，继而求模即可.
【详解】
则，
故选：A.
2. 已知集合，则集合的元素个数为（ ）
A. 3B. 2C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】将的所有可能取值逐个代入计算即可得出集合，即可得集合的元素个数.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故，共三个元素.
故选：A.
3. 已知向量，，若实数λ满足，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】先表示出的坐标，然后根据垂直关系得到的方程，由此求解出结果.
【详解】因为，且，
所以，
所以，
故选：A.
4. 已知，，，则下列结论错误的为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】举例即可判断ABC；再根据基本不等式及三角函数的性质即可判断D.
【详解】对于A，当时，
，，此时，
所以，，故A正确；
对于B，当时，，，此时，
所以，，故B正确；
对于C，当时，
，，此时，
所以，，故C正确；
对于D，当时，
，当且仅当，即时取等号，
，
由，得，
而，
所以当，即时，，
所以，当且仅当时取等号，
而，所以，，故D错误.
故选：D.
5. 已知某物种年后的种群数量近似满足函数模型：（，当时表示2023年初的种群数量）.自2023年初起，经过年后，当该物种的种群数量不足2023年初的时，的最小值为（参考数据：）（ ）
A. 16B. 17C. 18D. 19
【答案】D
【解析】
【分析】确定2023年初的种群数量为时的函数值，根据题意可列不等式，结合对数运算即可求得答案.
【详解】由题意可知2023年初的种群数量为时的函数值，
故令，即，
则，，
由于，故n的最小值为19，
故选：D
6. 已知数列满足，，令．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】数列是公比为2的等比数列，可得，则有，累加法结合等比数列求和公式，计算.
【详解】，数列是公比为2的等比数列，则，
即，
.
故选：B
【点睛】关键点睛：本题关键点是利用数列的通项得到，用累加法即可计算.
7. 正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，当为内切球的直径时，最长，再化简可求得其最大值.
【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，则.
因为正四面体的棱长为3，所以，
所以，设内切球的半径为，
则，，解得，
当为内切球的直径时最长，此时，，
，
因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为.

故选：C
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点，，分别为的内心和重心，当轴时，椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图像，利用点坐标以及重心性质，得到G点坐标，再由题目条件轴，得到点横坐标，然后两次运用角平分线的相关性质得到的比值，再结合与相似，即可求得点纵坐标，也就是内切圆半径，再利用等面积法建立关于的关系式，从而求得椭圆离心率.
【详解】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点，轴，过点作垂直于轴于点，
设点，，则，
因为为的重心，所以，
因为轴，所以点横坐标也为，，
因为为的角平分线，
则有，
又因为，所以可得，
又由角平分线的性质可得，，而
所以得，
所以，，
所以，即，
因为
即，解得，所以答案为A.
【点睛】本题主要考查离心率求解，关键是利用等面积法建立关于的关系式，同时也考查了重心坐标公式，以及内心的性质应用，属于难题.椭圆离心率求解方法主要有：
（1）根据题目条件求出，利用离心率公式直接求解.
（2）建立的齐次等式，转化为关于的方程求解，同时注意数形结合.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 正切函数是周期函数，最小正周期为π
B. 正切函数的图象是不连续的
C. 直线是正切曲线的渐近线
D. 把的图象向左、右平行移动个单位，就得到的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正切函数的性质，以及它的的图象的特点，即可判断A，B。C；结合图象的平移变换规律可判断D.
【详解】正切函数是周期函数，周期为，最小正周期为π，
正切曲线是由相互平行的直线(称为渐近线)所隔开的无穷多支曲线组成的，
因此曲线不连续，故A，B，C均正确.
选项D中，没有明确k的取值，比如时，即得不到的图象，故D错误.
故选：ABC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 事件A与事件B互斥，则它们的对立事件也互斥．
B. 若，且，则事件A与事件B不是独立事件．
C. 若事件A，B，C两两独立，则．
D. 从2个红球和2个白球中任取两个球，记事件{取出的两个球均为红色}，{取出的两个球颜色不同}，则A与B互斥而不对立．
【答案】BD
【解析】
【分析】AC可举出反例排除；B选项利用对立事件概率公式计算，根据独立事件概率公式验证；D选项根据互斥和对立的定义判定.
【详解】A选项，投掷两枚骰子，出现的数字之和为10为事件，出现的数字之和为11为事件，
则事件A与事件B互斥，
事件的对立事件为出现的数字之和不为10，
事件的对立事件为出现的数字之和不为11，
则不互斥，比如出现数字之和均为9，故A错误；
B选项，由题意得，
，
则事件A与事件B不是独立事件，故B正确；
C选项，假设有一个均匀的正四面体，一面涂有红色，一面涂有黄色，一面涂有蓝色，另 一面涂有红、黄、蓝色，随机取一面观察其中的颜色.
事件“出现红色”，； 事件“出现黄色”，； 事件“出现蓝色”，； 我们很容易得到 ，，，但是，，，故C错误；
D选项，2个红球分别为红1、红2；2个白球分别为白1、白2.
则包含以下基本事件，（红1，红2），（红1，白1），（红1，白2），（红2，白1），（红2，白2），（白1，白2）.
事件包含以下基本事件：（红1，红2）；
事件包含以下基本事件：（红1，白1），（红1，白2），（红2，白1），（红2，白2），
显然A与B互斥而不对立，故D正确.
故选：.
11. 已知抛物线的焦点为，经过点的直线与交于两点，且抛物线在两点处的切线交于点，为的中点，直线交于点，则（ ）
A. 点在直线上B. 是的中点
C. D. 轴
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据题意画出合适的图，接着设出点的坐标这直线的方程，通过解出相关点的坐标，从而实现每个选项是否正确的解答.
【详解】因为抛物线的焦点为，所以，解得，
故抛物线的方程为.
设点，，且
则直线的方程为，
联立，得，所以，
且.
因此，
故点的坐标为.
设切线的方程为，
联立可得，
由，可得
因为，所以，解得，
故切线的方程为，化简得，
同理切线的方程为，
联立，可得，所以点的坐标为，
所以点在直线上，故选项A错误.
因为点的坐标为，点的坐标为，
所以直线的方程为，故轴，所以选项D正确.
因为直线交于点，所以点的坐标为，
而点的中点为，所以是的中点，故选项B正确.
由抛物线的定义可知，，
故
，
所以有，故选项C正确.
故选：BCD.
点睛】
12. 已知函数，，则（ ）
A. 当时，有2个零点
B. 当时，有2个零点
C. 存在，使得有3个零点
D. 存在，使得有5个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解.
【详解】由的图象可知，的值域为，
对于选项AC：令，
则在上恒成立，
可知在上单调递增，则，
即当且仅当等号成立，
令，若，可得，
令，
当，则，可知；
当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得；
即或，结合图象可知：
有1个根；有2个根；
综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；

对于选项B：令，若，可得，
令，即，
注意到，
由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为，
即或，结合图象可知：
有1个根；有1个根；
综上所述：当时，有2个零点，故B正确；

对于选项D：令，若，可得，
令，即，
令，解得，
由图象可设方程有三个根为，且，
即或或，结合图象可知：
或有1个根；有3个根；
综上所述：当时，有5个零点，故D正确；

故选：BCD.
【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点
1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中的常数项是120，则实数______．
【答案】2
【解析】
【分析】求出的通项公式，得到与，从而得到展开式常数项，得到方程，求出.
【详解】∵展开式的通项公式为，
令得，即．
令得，即，
∴展开式中的常数项为，
故，解得．
故答案为：2
14. 若数列满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据数列的递推关系求得周期为3，运算得解.
【详解】因为，，
所以，，，
所以是周期为3的数列，故.
故答案为：.
15. 半径为R的球的内接正三棱柱的侧面积（各侧面面积之和）的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】画出图象，设出底面边长和高，求得底面正三角形的外接圆半径，利用球的半径列方程，求得底面边长和高的关系式，求得正三棱柱的侧面积的表达式，利用基本不等式求得其最大值.
【详解】如图所示，
设正三棱柱上下底面的中心分别为.
底面边长与高分别为，则，
在中，，化为，
因为，，
当且仅当时取等号，此时正三棱柱的侧面积的最大值为.
故答案为：.
16. 对任意，函数恒成立，则a的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】变形为，构造，求导得到单调性进而恒成立，故，分当和两种情况，结合单调性和最值，得到，得到答案.
【详解】由题意得，
因为，所以，
即，
令，则恒成立，
因为，
令得，，单调递增，
令得，，单调递减，
且当时，恒成立，当时，恒成立，
因为，所以恒成立，故，
当时，，此时满足恒成立，
当，即时，由于在上单调递增，
由得，
令，，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
故，即，所以，a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现指数函数与对数函数，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同时乘以，变形得到，从而构造进行求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知在等差数列中，，，是数列的前项和，且满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的基本量计算可得，根据前项和和通项的关系及等比数列的定义与通项公式计算可得；
（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设的公差为，由题意得
；
当时，则，，
当时，则，，，
是以1为首项，3为公比的等比数列，
；
【小问2详解】
由（1）得，
，①
，②
①－②得，
.
18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）求角A；
（2）作角A的平分线与交于点，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得；
（2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得.
【小问1详解】
因，由正弦定理可得：，
即.
因，故，则有，即，
因，故.
【小问2详解】
因为为角平分线，所以，
所以.
因，，，则，
即，所以.
又由余弦定理可得：，
把，分别代入化简得：，
解得：或（舍去），所以.
19. 如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，点是边的中点，点在边上，且．以为折痕将折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接．
（1）若是线段的中点，求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；
（2）解法1，以点为原点，所在的直线为轴、轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；解法2，过点作直线的垂线交于点，交直线于点，再过点作的垂线交于点，连接，即可证明是二面角的平面角，最后利用平面几何的知识解得即可.
【小问1详解】
过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接．
因为点是线段的中点，，
所以且，且，又为的中点，
，且，四边形是平行四边形．
所以，平面，平面，
平面.
【小问2详解】
解法1：以点为原点，所在的直线为轴、轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．
设，则，设，
因为平面平面，所以点在平面上的射影落在直线上，
①，
由题意可知，②，
③，
由①②③解得，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
取平面的法向量．
设二面角的平面角为，显然二面角为锐角，
则，
即二面角的余弦值为.
解法2：如图，过点作直线的垂线交于点，交直线于点．
由题意知，点在底面上的射影在直线上且在直线上，
所以点即点在底面上的射影，即平面，
设，则，
由余弦定理得，
所以，则，所以，
所以，，
所以，
所以．
过点作的垂线交于点，连接，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，平面，
所以，是二面角的平面角，
由，解得，
所以，则，
所以二面角的余弦值为.
20. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他第1天选择了米饭套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为；如果他第1天选择了面食套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为.
（1）求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为，
（i）证明：为等比数列；
（ii）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由对立事件概率、条件概率公式以及全概率公式即可得解.
（2）由对立事件概率、条件概率公式以及全概率公式首先得递推公式，（i）由等比数列定义证明即可；（ii）当时，结合单调性分奇偶讨论即可证明.
【小问1详解】
设“第天选择米饭套餐”，则“第天选择面食套餐”，
根据题意，，，，
由全概率公式，得
；
【小问2详解】
（i）设“第天选择米饭套餐”，
则，，，，
由全概率公式，得，
即，，
，是以为首项，为公比的等比数列；
（ii）由（i）可得，
当为大于1的奇数时，；
当为正偶数时，.
21. 已知为双曲线上异于左、右顶点的一个动点，双曲线的左、右焦点分别为，且．当时，的最小内角为．
（1）求双曲线的标准方程．
（2）连接，交双曲线于另一点，连接，交双曲线于另一点，若．
①求证：为定值；
②若直线AB​的斜率为−1​，求点P​的坐标．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②或．
【解析】
【分析】（1）根据双曲线定义得出，由题意可知，，根据余弦定理计算可得，再根据双曲线关系计算即可；
（2）①设，，，由，，将代入双曲线联立方程求解即可，②由①可知，根据题意建立等式求解即可求解.
【小问1详解】
由双曲线的定义知，，
由题意可得，，
中，由余弦定理知，
解得，因为，所以，
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
①设，，，，
由，
即，所以
同理，由，得，
将的坐标代入曲线得，
，
将的坐标代入曲线得，
，
所以为定值；
②由①知，，
，
因为点在双曲线上，所以或，
即或．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是根据题意求出A，B两点坐标，代入双曲线中得到与的关系.
22. 函数.
（1）求函数的单调增区间；
（2）当时，若，求证：；
（3）求证：对于任意都有.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，得到函数递增区间；
（2）由（1）得到的单调性，求出，构造，求导得到其单调性，求出，令，则，所以恒成立，不妨设，则，即，结合在单调递增，得到答案；
（3）由（2）知，时，，变形为在时恒成立，赋值后，相加后得到答案.
【小问1详解】
函数的定义域是.
由已知得，.
①当时，
由得，或，
∴的单调增区间为，，
②当时，
当时，，所以单调增区间为.
③当时，
由得：或，
∴的单调增区间为，
综上，①当时，函数单调递增区间为，；
②当时，函数单调递增区间为；
③当时，函数单调递增区间为，.
小问2详解】
当时，.
由（1）知，函数在上单调递增且；
令
，，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
令，则，则，
故，
所以恒成立，
不妨设，则，
所以，所以，
因为，，而在单调递增，
所以，所以.
【小问3详解】
由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，
所以，
，
，
……，
，
相加得.
【点睛】导函数证明与整数相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.