浙江省杭州第二中学2023-2024学年高三下学期6月热身考数学试题（Word版附解析）

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1. 是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦函数的单调性，以及正弦函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由正弦函数的性质，可得在上单调递增，
所以，即当时，可得，即充分性成立；
反之：若，可得，所以必要性不成立，
所以是充分不必要条件.
故选：A.
2. 已知方程（其中为虚数单位）的两根分别为，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设方程的根为，将其代入方程中的x中，根据复数相等的条件，构造方程组，解出,.则两根知道了，再逐项代入验证即可.
【详解】设方程的根为，
代入方程，,整理得，
故，则，
不妨令，，
对于A：因为，即，故A错误；
对于B：，故B错误.
对于C:,
，
因此，,故C错误.
对于D：故D正确.
故选:D.
3. 若设随机变量，且 ，则c的值为（ ）
A. 0B. C. －D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的性质，即可求解.
【详解】随机变量，且，，为该随机变量的图象的对称轴，，
故选:.
4. 已知等比数列的首项为1，公比为，其前项和记为（其中为非零常数），则数列的前项和是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用等比数列的求和公式，准确计算，即可求解.
【详解】由等比数列的首项为1，公比为，则数列是首项为，公比为的等比数列，
可得数列的前项和为，
设数列的前项和为，可得.
故选：B.
5. 已知，都是正实数，若向量，，且满足，则的最小值是（ ）
A. 50B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量数量积的坐标运算即可得到，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为向量，，且，
则，所以，
化简可得，
整理可得，因为 ，都是正实数，
所以，即，
所以，解得或（舍），
所以，即，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：A
6. 已知等腰的底边和边上的高的长都是有理数，则（ ）
A. 是无理数
B. 是有理数
C. ，中一个是无理数，另一个是无理数
D. 是否为有理数要根据和的大小确定
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知的长也为有理数，设，则，也为有理数，，，利用二倍角公式化简再变形后用表示进行判断即可.
【详解】因为，所以，
因为的长为有理数，所以的长也为有理数，
设，则，
因为的长都为有理数，所以也为有理数，
设，
所以
为有理数，
为有理数，
所以是有理数，
故选：B
7. 已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左右两支分别交于两点，且，，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用焦半径三角形及双曲线的几何定义，再结合余弦定理，就可以求得离心率，从而也就可以求得渐近线方程.
【详解】
边接，由关于原点对称，可知四边形是平行四边形，
即，，由得：，
又由双曲线的定义得，解得，
再由余弦定理得：，
，
即，再由，
故渐近线方程为：，
故选：C.
8. 对于每一对实数，，函数满足函数方程，如果，那么满足的的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 无数多个
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，令可得，由累加法可得，然后考虑负整数的情况，代入计算，即可求解.
【详解】令，则，
①，
分别令，
可得，
，
，
并将诸式相加得
整理可得②，
从而对所有自然数，②式成立.
若，可得，，.
于是，对且时，无解.
对公式①取得.
再取得.
进而得，，.
再由①式，时，.
从而，时，有.
所以，只有时，.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知集合，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，结合集合的运算法则，逐项计算，即可求解.
【详解】因为集合，
可得，，且，
对于A中，由，，可得，
所以A正确；
对于B中，由，可得，所以B不正确；
对于C中，由，可得，所以C正确；
对于D中， 由，，所以，所以D正确
故选：ACD.
10. 已知，分别是自然对数的底和圆周率，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过对数的换底公式变形，再用基本不等式，即可判断；对于B，通过对数的运算化简，再由对数函数的单调性缩小，再用基本不等式，即可判断；对于C，设出，利用其单调性，即可判断；对于D，利用基本不等式，即可判断.
【详解】对于A，，，
所以，故A正确；
对于B，因为，
所以，
故B正确；
对于C，设，则，所以单调递增，
因为，所以，故C错误；
对于D，，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（ ）
A. 截面一定是锐角三角形B. 截面可以是等边三角形
C. 截面可能为直角三角形D. 截面为等腰三角形的有6个
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，结合正四面体的几何特征，以及余弦定理和三角形的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】如图所示，设过点的截面交底面于点，且，
因为过点的平面将正四面体的体积平分，即平分的面积，
可设正四面体的棱长为，
可得，解得，且，
对于A中，在中，可得，
在中，可得，
在中，可得，
则，即，
同理可得，，
即在中，任意的两边的平方和大于第三边，所以为锐角三角形，所以A正确；
对于B中，若截面为等边三角形，则满足，
若，即，可得，
此时，可得，
所以截面不是等边三角形，所以B错误；
对于C中，当点与点重合时，要使得平面平分三棱锥的体积，
即平分的面积，此时为的中点，此时，
则中，边取得最小值，且，且，
可得，此时的最大角为锐角，
所以不能为直角三角形，所以C错误；
对于D中，当过点截面过底面的一个顶点和对边的中点时，
如图（1）所示，得到截面，,，此时，
此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体的体积平分；
如图（2）所示，在的边长上分别取，
使得，连接，
使得恰好平分的面积，此时截面恰好平分正四面体的体积，且为等腰三角形，
综上可得，截面为等腰三角形的有6个，所以D正确.
故选：AD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得二项展开式，结合二项展开式确定的值，即可求解.
【详解】由二项式的展开式为，
令，可得；令，可得，
所以.
故答案为：.
13. 已知，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用同角三角函数值之间的基本关系可得，将表达式利用平方和关系为1化简可得结果.
【详解】由可得，即；
所以
将代入计算可得；
即.
故答案为：
14. 袋子中有数字“7”的卡片3张和数字“2”，“3”，“5”的卡片各1张，从中任意取出4张卡片，最多能组成_____________个不同的四位数（用数字回答）．
【答案】
【解析】
【分析】分取一张、两张、三张数字7的卡片进行讨论，即可得到答案.
【详解】如果取一张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片都要取出，则组成个不同的四位数；
如果取两张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出两张，则组成个不同的四位数；
如果取三张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出一张，则组成个不同的四位数；
所以最多能组成个不同的四位数.
故答案为：.
15. 已知的周长为20，角，，所对的边分别为，，
（1）若，，求的面积；
（2）若的内切圆半径为，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理，可得，又的周长为20，可得，则可得，由三角形的面积公式即可求出的面积；
（2）由的内切圆的性质，可得，，再由的周长为20，可求出，进而求出，即可求出的值．
【小问1详解】
在中，由余弦定理，可得，
由，，则，
得,
由的周长为20，即，则，
所以，则，即，
所以，
故的面积为，.
【小问2详解】
根据题意，如图所示，
圆为的内切圆，半径为，切点分别为，
则，且，
由内切圆性质，圆心为内角平分线的交点，
则，且，
由中，即，
所以，又，即，
所以，则，则，
在中，
故，
即
16. 已知椭圆，直线，是直线上的动点，过作椭圆的切线，，切点分别为，
（1）当点坐标为时，求直线的方程；
（2）求证：当点在直线上运动时，直线恒过定点；
（3）是否存在点使得的重心恰好是椭圆的左顶点，如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）点存在，理由见详解
【解析】
【分析】（1）设，由椭圆的切线方程，可得直线的方程是，点坐标为时，即可写出直线的方程；
（2）由直线的方程是，点在直线上，满足，可得，可得直线恒过定点；
（3）联立的方程与椭圆方程，因为的重心为，所以，由韦达定理表示出代入，再与联立，即可解得，进而得到，即可得点存在，坐标为.
【小问1详解】
设，已知椭圆为，
由椭圆的切线方程，切线的方程为，
又点在该直线上，所以，
切线的方程为，
又点在该直线上，所以，
则点，都在直线上，即直线的方程是，
当点坐标为时，，
所以直线的方程是，即.
小问2详解】
由（1）知直线的方程是，
又点在直线上，所以，
得，代入的方程得，
即，所以，
解得，直线恒过定点.
【小问3详解】
因为直线的方程是，所以，
代入得，
整理得，
因为的重心为，所以，，
所以，得，
解得，则，此时轴，成立，
所以点存在，坐标为.
17. 现有个编号为的小球,随机将它们分成甲、乙两组,每组个． 设甲组中小球的最小编号为,最大编号为；乙组中小球的最小编号为,最大编号为 记,
（1）当时,求的分布列和数学期望；
（2）令表示“事件与的取值恰好相等”．
①求事件发生的概率；
②证明：
【答案】（1）答案见解析.
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）当时,将6个正整数平均分成甲、乙两组,不同的分组方法共有种,所有可能值为2,3,4,5.对应组数分别为4,6,6,4,对应概率求出来,得出分布列,求出期望即可.
（2）①和恰好相等的所有可能值为当和恰好相等且等于时,不同的分组方法有2种；当和恰好相等且等于时,不同的分组方法有2种；当和恰好相等且等于时,不同的分组方法有2种；当和恰好相等且等于时,不同的分组方法有2种；以此类推,归纳出.
②可以用数列当中的知识,运用数学归纳法解决.
【小问1详解】
当n＝3时,将6个正整数平均分成甲、乙两组, 编号为1,2,3,4,5,6. 的所有可能取值为2,3,4,5.不同的分组方法共有种,
当,表示甲组取球编号最大最小差2,甲组取得球4种组合,此时
当,表示甲组取球编号最大最小差3,甲组取得球6种组合,此时
当,表示甲组取球编号最大最小差4,甲组取得球6种组合,此时
当,表示甲组取球编号最大最小差5,甲组取得球4种组合,此时
则为所以的分布列为:
E()＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
【小问2详解】
①和恰好相等的所有可能值为
和恰好相等且等于时,不同的分组方法有2种；
和恰好相等且等于时,不同的分组方法有2种；
和恰好相等且等于时,不同的分组方法有种；
所以当时,
当时
②数学归纳法进行证明.
由①知,当时,,原式成立.
当时,
当时,,显然成立.
假设时原式成立, .
那么,当时, ,则.
综上所得,成立.3
4
5