浙江省县城教研联盟2023-2024学年高三下学期模拟考试数学试题

这是一份浙江省县城教研联盟2023-2024学年高三下学期模拟考试数学试题，共18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。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数z满足为虚数单位，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.的展开式中的系数为( )
A. 4B. C. 6D.
4.清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?( )
A. 10500B. 12500C. 31500D. 52500
5.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则( )
A. 2B. 3C. D.
6.双曲线的左、右焦点为，，直线l过点且平行于C的一条渐近线，l交C于点P，若，则C的离心率为( )
A. B. 2C. D. 3
7.已知实数a，b，c构成公差为d的等差数列，若，，则d的取值范围为( )
A. B.
C. D.
8.已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且，点O关于l的对称点为D，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知向量，的夹角为，且，，则( )
A. B.
C. D. 在的方向上的投影向量为
10.已知函数，则( )
A. 当时，的图象关于对称
B. 当时，在上的最大值为
C. 当为的一个零点时，的最小值为1
D. 当在上单调递减时，的最大值为1
11.已知函数的定义域为R，，，则( )
A. B.
C. 为奇函数D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据5，6，7，7，8，9，则该组数据的方差是__________.
13.若，则__________.
14.三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为__________.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题13分
已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列.
求的通项公式;
若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和
16.本小题15分
将号码为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰放1个小球.
求1号球不在1号盒中的概率;
记所放小球号码与盒子号码相同的个数为X，不同的个数为Y，求证：
17.本小题15分
如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，E为线段PB的中点，平面底面
求证：平面
求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
18.本小题17分
已知函数，
若在点处的切线方程为，求a，b的值;
当时，存在极小值点，求证：
19.本小题17分
记点绕原点O按逆时针方向旋转角得到点的变换为已知，将上所有的点按变换后得到的点的轨迹记为
求的方程;
已知过点，记与的公共点为M，N，点P为上的动点，过P作OM，ON的平行线，分别交直线ON，OM于G，H两点，若外接圆的半径r恒为，求四边形OGPH面积的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用对数函数的单调性解不等式与集合的运算问题，是基础题．
解不等式化简集合A、B，根据交集的定义求出
【解答】
解：，，，
，
根据，，所以
故选：
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算，复数的代数表示及其几何意义，属于基础题.
利用复数的运算法则求出z，再根据复数的代数表示及其几何意义得出z对应的点，进而求解．
【解答】
解：设，则，
则，即，
所以，，
解得，，
故，对应的点在第四象限.
故选：
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求二项展开式中的指定项系数，属于基础题．
根据二项展开式的通项解答即可.
【解答】
解：含的项为：，即的展开式中的系数为6，
故选：
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了棱台的体积，属于基础题.
根据棱台的体积公式即可计算得出答案.
【解答】
解：一斛米的体积为
，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为，
故选：
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理解三角形，同角三角函数关系，两角和的正弦公式，属于基础题.
根据同角三角函数关系求得，，利用两角和的正弦公式求得，利用正弦定理求得b，c，进而求出a的值.
【解答】
解：由，可得，进而求出，，
由可得，，
则，
由正弦定理可知，
又因为，
解得，，
由正弦定理可得
故选：
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系及其应用，属于中档题．
设，通过题意求出直线的方程、直线的方程，之后联立直线的方程、直线的方程及双曲线方程，计算即可得出答案．
【解答】
解：如图，设，由对称性可知P点在x轴上方或者下方不影响结果，不妨令P点在x轴下方，如图所示：
根据题意可得、，，
双曲线其中一条渐近线为，
直线的方程为，①
，，
即直线的斜率为，
即直线方程为，②
又点在双曲线上，
，③
联立①③，得，
联立①②，得，
，
即，
，
故选：
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等差数列，考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.
由题意设，，求出，构造函数，求导判断其单调性，可得值域.
【解答】
解：由实数a，b，c构成公差为d的等差数列，所以设，，，
所以，构造函数，
，当时，，所以此时单调递减，当时，，所以此时单调递增，
所以的最小值为，当b趋近于时，趋近于，
所以
所以
故选：
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，平面向量的数量积运算，点、直线间的对称问题，抛物线的几何性质，与圆有关的轨迹方程，定点问题，点到圆上点的最值问题，属于中档题.
设点，，由平面向量的数量积运算可得，根据直线l与抛物线有两个交点，可设，联立直线与抛物线，根据可得直线经过点，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求的取值范围即可.
【解答】
解：由A，B两点在抛物线上，所以可以设点，，
则，
由直线l交C于A，B两点，故直线l不与x轴平行或重合，
故可设直线l解析式为，联立直线与抛物线方程得，，
所以，解得，所以直线l与x轴的交点为，
由O，D关于直线l对称，所以，且D点不与O点重合，故可知D的轨迹方程为：不经过原点，所以，
，即
故选：
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积、向量的模、投影向量，属于中档题.
根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量对各个选项逐一判定即可.
【解答】
解：，，故A正确;
，所以，故B正确;
，所以，又因为，
所以，故C错误;
在上的投影向量为，故D错误;
故选：
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的图象与性质，属于中档题.
根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可.
【解答】
解：时，，因为，
所以关于对称，故A正确;
时，由可得，
根据余弦函数的单调性可知的最大值为，故B错误;
若，则，，所以，，且，
所以的最小值为1，故C正确;
因为在上单调递减，且，
根据余弦函数的单调性可知的单调递减区间为：
，，，，
所以，，所以，故D正确.
故选：
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查求函数值，函数的奇偶性，数列与不等式，等比数列的判定与证明，等比数列的前n项和，属于中档题.
利用赋值法求得即可判断A；利用赋值可得，并且判断出，由不等式的性质可得，即可判断B；利用函数的奇偶性以及的值即可判断C；利用等比数列的判定可得的通项公式，利用等比数列的求和公式可得，即可判断
【解答】
解：令，，则，将代入得，即，故A错误;
由，令可得，若存在x使得，则上式变为，显然不成立，所以，又，因为，所以，
将整理为，因为，即，所以，故B正确;
令，则，且，，所以为奇函数，故C正确;
当时，，，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由可知，因为，所以，
所以，故D正确;
故选：
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查一组数据方差的求法，考查平均数、方差等基础知识，属于基础题．
先求出这一组数据5，6，7，7，8，9的平均数，由此再求出该组数据的方差．
【解答】
解：一组数据5，6，7，7，8，9的平均数为：，
该组数据的方差为：
故答案为：
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查同角三角函数的基本关系和二倍角余弦公式的应用，属于基础题.
根据，，解得，结合二倍角余弦公式进行解答即可.
【解答】
解：因为可得，因为，
可得，
解得或舍去
所以
故答案为
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了线面平行的性质，考察了点线、点面、线面、面面的距离，考察了余弦定理，考察了二次函数性质，是中档题.
延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值.
【解答】
解：延长CM交AB于点I，因为平面ABD，
由线面平行性质定理可知，
设，
因为三棱锥的所有棱长均为2，所以，且E为线段BC的中点，
所以AE平分，由角平分线定理可知，
所以，因为F为线段AD的中点，所以，
由余弦定理可知，
所以，
令，，化简可得，
因为，所以
则在时取得最小值，
所以，
综上当，即时MN取得最小值
故答案为
15.【答案】解：因为为等差数列，设公差为d，由，得，
可得或，
由，，成等比数列，则，
得，
化简得，因为，所以
所以
综上
由知，，又为公比是3的等比数列，
所以，即，
所以，，
所以
综上
【解析】本题主要考查的是等差数列的通项公式，等差数列和等比数列的前n项和公式，等比数列的性质，等比数列的通项公式，分组求和，属于中档题.
设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比数列的性质列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；
由等比数列的通项公式可求得，再得到的通项公式，利用分组求和求
16.【答案】解：记事件“1号球不在1号盒中”为A，
则；
的取值为0，1，2，4，且，
，
，
，
所以，
，
时，，时，，此时，则，
时，，此时，，
时，，此时，，
，
因为，
所以
【解析】本题考查了古典概型及其计算、离散型随机变量的期望，属于中档题.
根据古典概型公式计算1号球不在1号盒中的概率;
分析易得X的取值为0，1，2，4，且，再分别得出对应概率，可得、，再研究XY的取值和对应概率，可得，比较即可得证.
17.【答案】解因为平面平面ABCD，且平面平面，
，平面ABCD，
所以平面AEC，平面AEC，
所以，
又因为，E为PB中点，所以，
又，PB、平面PBD，
所以平面PBD；
设点P在底面ABCD的射影为点Q，
则平面ABCD，
又平面ABCD，
所以，取AD中点M，
因为，所以，
又，PQ、平面PQM，
所以平面PQM，
因为平面PQM，
所以，即Q在AD的中垂线上，
如图建立空间直角建系，不妨取，
则设P为，，，，
所以，，，
由可知，计算得，，所以，
又，，
设平面PBC的法向量为，
则，即，取，
所以，

【解析】本题考查了线面垂直的判定和直线与平面所成角的向量求法，是中档题.
先证明平面AEC，所以，又因为，E为PB中点，所以，由线面垂直的判定即可得证；
建立空间直角建系，不妨取，得出平面PBC的法向量，利用空间向量求解即可.
18.【答案】解：因为，由在点处的切线方程为，
所以，即，
解得，
综上，
当时，，
因为存在极小值点，所以，解得，
此时，所以，
即，，
所以，
令，则，
因为，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又时，，所以，所以，即
因为，
当时，恒成立，即在时单调递增，
所以，
综上得证.
【解析】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数证明不等式，考查了已知切线斜率、倾斜角求参数，考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性，考查了函数极值点的概念是中档题.
由导数的几何意义以及已知切线的斜率和倾斜角可得，解出即可求a，b的值;
易得，所以，所以，令，则，利用导数研究单调性，再求出的最大值即可得证.
19.【答案】解：取上任意一点为，
经过变换后得到上的对应点为，
由题意可知为：，变形后得，
即，将点A的坐标代入的方程得，，
所以的方程为：
综上的方程为：
因为经过点，且，则也在上，所以为与的公共点，
则也为与的公共点.
所以不妨取，，则的解析式为：，的解析式为：，
设上的动点P为，则有，移项得
又因为过点，所以，
联立，得，，
所以H的坐标为，
联立，得，，
所以G的坐标为，则
记直线OM与直线ON的夹角为，直线OM与x轴正半轴的夹角为，则，
计算得，
根据正弦定理，由题意可知，所以为定值2b，
所以
将式代入式得恒成立，即恒成立，
所以，即，与式联立解得，，
因为，，
所以，四边形OGPH面积的取值范围为
【解析】本题考查双曲线的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于难题.
取上任意一点为，经过变换后得到上的对应点为，由题意可知为：，再化简可得，将点A的坐标代入的方程即可求解；
据题分析可得，均经过点，，不妨取，，则，，设上的动点P为，又过点，故联立，得，同理得，则由正弦定理可得，即联立可得，，再根据即可求解.