浙江省湖州市第一中学2024届高三下学期新高考数学模拟试题

这是一份浙江省湖州市第一中学2024届高三下学期新高考数学模拟试题，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合，，则为（ ）
A．B．C．D．
2．已知非零向量，，满足，，若为在上的投影向量，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知点是双曲线的左焦点，点是双曲线上在第一象限内的一点，点是双曲线渐近线上的动点，则的最小值为（ ）
A．8B．5C．3D．2
4．甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．事件与事件不相互独立D．、、两两互斥
5．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A．28B．29C．30D．31
6．设函数若恰有5个不同零点，则正实数的范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．设集合，定义：集合，集合，集合，分别用，表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知是两个虚数，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则与均为实数B．若与均为实数，则
C．若均为纯虚数，则为实数D．若为实数，则均为纯虚数
10．如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．B．与所成的角可能是
C．是定值D．当时，点到平面的距离为1
11．已知函数为定义在上的偶函数，，且，则（ ）
A．B．的图象关于点对称
C．以6为周期的函数D．
三、填空题
12．有一个邮件过滤系统，它可以根据邮件的内容和发件人等信息，判断邮件是不是垃圾邮件，并将其标记为垃圾邮件或正常邮件.对这个系统的测试具有以下结果：每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为，被标记为垃圾邮件的有的概率是正常邮件，被标记为正常邮件的有的概率是垃圾邮件，则垃圾邮件被该系统成功过滤（即垃圾邮件被标记为垃圾邮件）的概率为 .
13．已知，若存在使得，则k的最大值为 ．
14．已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知椭圆的左右顶点距离为，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，求弦垂直平分线的纵截距的取值范围.
16．在锐角中，设边所对的角分别为，且．
(1)证明：
(2)若，求的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点.
(1)证明：平面；
(2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由.
18．已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验.
(1)若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：.
19．悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①，②和角公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)若当时，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求的最小值．
参考答案：
1．D
【分析】利用无理不等式及一元一次不等式的解法，结合交集的定义即可求解.
【详解】,
所以.
故选：D.
2．B
【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由，为在上的投影向量，
所以，故
故选：B
3．B
【分析】设右焦点为，根据双曲线的定义可得，再根据三角形性质结合点到线的距离求解即可.
【详解】设右焦点为，又由对称性，不妨设在渐近线上.
根据双曲线的定义可得，当且仅当三点共线时取等号.
又当与渐近线垂直时取最小值，为，故最小值为5.
故选：B
4．A
【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.
【详解】依题意，，，，
，，B对，
，A错；
，，
所以，，所以，事件与事件不相互独立，C对，
由题意可知，事件、、中的任意两个事件都不可能同时发生，
因此，事件、、两两互斥，D对.
故选：A.
5．B
【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案.
【详解】依题意，数列满足，，
，所以
，也符合，所以，是单调递增数列，
由，解得，
所以的最大值为.
故选：B
6．D
【分析】画出的图象，将恰有5个不同零点转化为与有5个交点即可.
【详解】由题知，
零点的个数可转化为与交点的个数，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：

所以时有最大值：
所以时，由图可知必有两个交点；
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：

因为时，已有两个交点，
所以只需保证与有三个交点即可，
所以只需，解得.
故选：D
【点睛】思路点睛：函数零点问题往往可以转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合方便分析求解.
7．A
【分析】由对数函数的性质可得，构造函数，利用导数可得，则答案可求.
【详解】因为，所以，所以，
令，所以，则，
，
所以，
即恒为递增函数，
则，即，所以，
综上：，
故选：A.
8．D
【分析】对A、B：不妨设，可得，根据集合的定义可得Y中至少有以上5个元素，不妨设，则集合S中至少有7个元素，排除选项A，若，则集合Y中至多有6个元素，所以，排除选项B；对C：对，则与一定成对出现，根据集合的定义可判断选项C；对D：取，则，根据集合的定义可判断选项D.
【详解】解：不妨设，则的值为，
显然，，所以集合Y中至少有以上5个元素，
不妨设，
则显然，则集合S中至少有7个元素，
所以不可能，故排除A选项；
其次，若，则集合Y中至多有6个元素，则，故排除B项；
对于集合T，取，则，此时，，故D项正确；
对于C选项而言，，则与一定成对出现，，所以一定是偶数，故C项错误.
故选：D.
9．ABC
【分析】根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义即可求解ABC，举反例即可求解D.
【详解】设，．，．
若，则，，所以，，所以A正确；
若与均为实数，则，且，又，，所以，所以B正确；
若，均为纯虚数，则，所以，所以C正确；
取，，则为实数，但，不是纯虚数，所以D错误．
故选：ABC．
10．ACD
【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设 ，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D.
【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，
设 ，，则，，
所以 ，则，故A正确；
因为，，
所以，
若与所成的角是，
则，即，
整理得，得，与矛盾，故B错误；
，，所以为定值，故C正确；
当时，，
，，，
设平面的法向量为，
由令，则，，，
点到平面的距离，故D正确.
故选：ACD.
11．ABC
【分析】令，求出可判断A；利用和得出可判断B正确；利用周期函数的定义和求出周期可判断C；赋值法求出，结合周期可判断D.
【详解】因为函数为定义在上的偶函数，
所以，，
对于A，令，可得，
因为，可得，故A正确；
对于B，因为，
所以，
可得，
从而，
又因为，可得，
所以，可得，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，因为，
所以，所以，
可得，所以有，
所以以6为周期的函数，故C正确；
对于D，，，令可得，可得，
令可得，可得，
令可得，可得，
令可得，可得，所以，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：适当的赋值和变量代换，是探求抽象函数周期的关键，求解抽象函数问题，要有扎实的基础知识和较强的抽象思维和逻辑推理能力.
12．
【分析】记“正常邮件”，“标记为正常邮件”，根据题设有，，，再应用对立事件、条件概率、全概率及贝叶斯公式求垃圾邮件被该系统成功过滤的概率.
【详解】记“正常邮件”，“标记为正常邮件”，则，，，
所以，，
故，
所以.
故答案为：
13．1011
【分析】根据二项展开式的通项可得，讨论的奇偶性，结合分析求解即可.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
所以，，
若，则有：
当为奇数时，此时，即，
则，可得，
又因为为奇数，所以的最大值为1011；
当为偶数时，此时，不合题意；
综上所述：的最大值为1011.
故答案为：1011.
14．10
【分析】设直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的几何意义求解方程，联立可得，再代入根据基本不等式求解最小值即可.
【详解】的焦点为，设直线方程为，.
联立直线与抛物线方程有，则.
又求导可得，故直线方程为.
又，故，同理.
联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故.
故，当且仅当，即时取等号.
故答案为：10
【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为， 过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为. 则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论:
结论1.直线过抛物线的焦点.
结论2.直线的方程为.
结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线.
结论4..
结论5..
结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴.
结论7..
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得，进而得到椭圆标准方程；
（2）设与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出点坐标，从而得到方程；令可求得在轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.
【详解】（1）由题意，，即，
又，所以，
故，
故所求椭圆的标准方程为.
（2）如图，
由题意知：直线的斜率存在且不为零，
设，，，，中点，
联立，消去并整理得：，
恒成立，
则，，，
，
则方程为：，即，
化简得：
设直线在轴上截距为，令得，
由可知，
所以直线在轴上的截距的取值范围为.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）余弦定理结合已知消元，然后利用正弦定理边化角，利用内角和定理消去角C，用和差公式化简后，利用正弦函数单调性可得；
（2）利用正弦定理将目标式转化为关于角B的三角函数，根据锐角三角形定义求角B范围，然后使用换元法，借助对勾函数性质即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
整理得，
又，所以，
所以，
整理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，
所以，所以，
因为函数在上单调递增，
所以，即.
（2）由（1）可知，，
因为，所以由正弦定理可得，，即，
因为，所以，
又，所以，即，
所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，
则.
记，则，
由对勾函数可知，在上单调递增，
所以，即的取值范围为
17．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线线平行即可结合线面平行的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解二面角，即可求解.
【详解】（1）证明：在四棱锥中，已知，如图，取的中点，连接，
是等边三角形，且为的中点.
，
是棱的中点，为的中点，
，且.
，
，且.
四边形是平行四边形，
.
平面平面，
平面.

（2）是等边三角形，为的中点，
，且为的中点，，
，
又，且平面平面，
平面,平面,
，又，且平面，
平面，
平面，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
如图，建立空间直角坐标系

则，
假设存在满足题设的点，不妨设，且，则，
，且，
，即，
所以则即
不妨设平面的一个法向量为，
易知，
由
令，则，.
显然平面的一个法向量为，
.
，又，解得，
存在满足题设的点，此时.
18．(1)分布列见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望；
（2）由（1）中的结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解.
【详解】（1）由题意得，的可能取值为，
在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为，
，
依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，，
易知，
的分布列为：
的数学期望.
（2）证明：当时，不难知道，
，
，
由（1）可知，又，
，
.
即.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是得到，再利用裂项求和即可证明出不等式.
19．(1)答案见解析
(2)
(3)0
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
（3）多次求导，结合（2）中结论，先得到在内单调递增，再求出为偶函数，从而得到在内单调递减，求出.
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
，
和角公式：
故；
导数：，；
（2）构造函数，，由（1）可知，
i．当时，由可知，
故，故单调递增，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
ii．当时，令，，
则，可知单调递增，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在内单调递减，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为．
（3），，
令，则，
令，则，
当时，由（2）可知，，则，
令，则，故在内单调递增，
则，故在内单调递增，
则，故在内单调递增，
则，故在内单调递增，
因为，
即为偶函数，故在内单调递减，
则，故当且仅当时，取得最小值0.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
1
2
3