2024金华十校高三上学期一模（期中）数学试题含解析

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班级 姓名 学号 成绩
一、单选题
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求两个集合，再求交集
【详解】，解得：，
，
，，
.
故选：B
2. 复数满足，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
，故选A.
3. 如图，正方形中，是的中点，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】建立直角坐标系，用坐标分别表示出，，，由已知，求解出和，再计算即可.
【详解】由题意，以为轴，以为轴建立直角坐标系，如图所示，
设正方形边长为，
则，，，，，
所以，，，
，
又，
所以，解得，
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查平面向量线性运算的坐标表示，恰当的建立直角坐标系将向量形式转化为坐标形式，属于基础题.
4. 已知，满足对任意，都有成立，那么的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分析出函数单调递增，列不等式组即可得解.
【详解】依题意，对任意，不妨取所以，
所以f(x)是在R上的增函数，
于是有，解得.
故选：C．
5. 已知分别为椭圆的左右焦点，P为C上一动点，A为C的左顶点，若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可得即，化简即可求出答案.
【详解】解：∵
∴，即
∴∴，∴.
故选：A.
6. 从圆外一点向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据锐角三角函数，结合二倍角公式即可求解.
【详解】由得，所以圆心为，半径为，设切点分别为,连接,则为两切线的夹角，
由于,所以,
由二倍角公式可得，
故选:B

7. 已知数列满足，则是为等差数列的（ ）
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】举反例结合等差数列的定义可判断充分性不成立，根据等差数列的通项关系可确定必要性成立，即可得结论.
【详解】解：例如，满足，但是，不符合等差数列的定义，故推不出为等差数列；
若为等差数列，设公差为，所以，
则.
所以是为等差数列的必要条件但不是充分条件.
故选：B.
8. 已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据待求式的结构，求解即可．
【详解】解：因为
=-.
，
；
，，
所以，
故．
故选：D.
二、多选题
9. 已知样本数据，，，和样本数据，，，满足，则（ ）
A. ，，，的平均数小于，，，的平均数
B. ，，，的中位数小于，，，的中位数
C. ，，，的标准差不大于，，，的标准差
D. ，，，的极差不大于，，，的极差
【答案】CD
【解析】
【分析】根据数据的平均数、中位数，以及标准差和极差的定义和计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，数据的平均数为，数据的平均数为，
因为，可得，所以不一定小于，所以A不正确；
设数据的中位数为，数据的中位数为，
因为，可得，
则不一定小于，所以B不正确；
设数据的方差为，数据的平均数为，
因，可得，又因为，所以，
可得，所以C正确；
数据的极差为，数据的平均数为，
因为，可得，所以D正确.
故选：CD.
10. 从到通信，网络速度提升了40倍.其中，香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率取决于信道带宽､信道内信号的平均功率､信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.根据香农公式，以下说法正确的是（ ）（参考数据：）
A. 若不改变信噪比，而将信道带宽增加一倍，则增加一倍
B. 若不改变信道带宽和信道内信号的平均功率，而将高斯噪声功率降低为原来的一半，则增加一倍
C. 若不改变带宽，而将信噪比从255提升至增加了
D. 若不改变带宽，而将信噪比从999提升至大约增加了
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算可判断A；计算可判断B；计算的值可判断C；计算可判断D.
【详解】对于，若不改变信噪比，而将信道带宽增加一倍，
即，则增加一倍，所以正确；
对于，若不改变信道带宽和信道内信号的平均功率，
而将高斯噪声功率降低为原来的一半，
即，所以B错误；
对于C，若不改变带宽，而将信噪比从255提升至1023，
则，
所以C增加了，所以C正确；
对于D，若不改变带宽，而将信噪比从999提升至4999，
则，
所以D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复合函数的导数法则，结合偶函数的性质、函数的对称性逐一判断即可.
【详解】对A：∵为偶函数，则，
两边求导可得，
∴为奇函数，则，
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得，
，则可得，
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称，
则，D成立，
又∵，则可得，
，则可得，
∴以4为周期的周期函数，
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立，
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是对已知等式进行求导、利用偶函数的性质.
12. 已知球的半径为1（单位：），该球能够整体放入下列几何体容器（容器壁厚度忽略不计）的是（ ）
A. 棱长为的正方体
B. 底面边长为的正方形，高为的长方体
C. 底面边长为，高为的正三棱锥
D. 底面边长为，高为的正三棱锥
【答案】ACD
【解析】
【分析】若球的半径为1，该球能够整体放入下列几何体容器，则几何体的内切球半径大于1，
对于A，正方体的内切球直径为正方体的棱长即为2，可判断A正确；
对于B，长方体的最短棱长为，即为球够整体放入的最大直径，可判断B错误；
对于C，先求得正三棱锥的内切球半径，即可判断；
对于D，根据选项C比选项D的正三棱锥高小，可判断D的内切球半径大于C，即可判断.
【详解】
球的半径为，则直径为，
对于A，棱长为的正方体内切球直径为，A正确；
对于B，长方体高为，高小于球直径，B错误；
对于C，如图所示，设正三棱锥为，
设为三棱锥的内切球的球心，为正三角形的中心，
所以为正三棱锥高，，
设是的中点，正三棱锥的底面边长为，
所以，，
因为为正三棱锥的高，所以，
由正棱锥的性质可知：，
，，
内切球半径为，
，
得，C正确；
对于D，和C的正三棱锥相比，底面边长相同，只需比较高的大小，
即比较和的大小，由于，故选项D正确
故选：ACD
三、填空题
13. 甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知人都在至层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是_______．
【答案】120
【解析】
【分析】分人都在至层的某一层人独自出电梯；人中有人在同一层出电梯，另人在另外一层出电梯，两种情况讨论即可求解．
【详解】由题意，
人都在至层的某一层人独自出电梯，共有种；
人中有人在同一层出电梯，另人在另外一层出电梯，共有种；
故甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是种．
故答案为：120
14. 已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为1，则圆台的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知求出圆锥的高，进而求出截去的小圆锥的高，利用大圆锥体积减去小圆锥体积求圆台体积即可.
【详解】设圆锥母线长为，则，故圆锥的高为，
由圆台的上底面半径为1，故截去的小圆锥的高为，
所以圆台体积为.
故答案为：
15. 已知函数在区间上恰有三个极值点和三个零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用三角恒等变换将化简，再结合的图像和性质得解.
【详解】
，
，
，
设，，
有三个极值点和三个零点，由的性质可得，
，.
故答案为：.
16. 双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线交双曲线于A，B两点，A，B分别位于第一、二象限，为等边三角形，则双曲线的离心率e为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等边三角形的性质,然后结合双曲线的定义求解；
【详解】
由双曲线的定义可得，
所以取的中点，连接,
又因为为等边三角形，
则,
在直角三角形中，,
即，
解得：，即，
故答案为：.
四、解答题
17. 已知a，b，c分别为说角△ABC三个内角A，B，C的对边，满足
（1）求A；
（2）若b=2，求面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理的边角互化可得，再利用余弦定理即可求解.
（2）利用正弦定理可得，再利用三角形的面积公式可得，根据三角形的内角和性质以及两角差的正弦公式可将式子化为，结合的取值范围即可求解.
【详解】解：（1）由已知及正弦定理得，
由余弦定理可得
又，

（2） 由已知及正弦定理得，
由得

是锐角三角形，得得
，


所以面积的取值范围是
【点睛】本题考查了正弦定理的边角互化、余弦定理解三角形、三角形的面积公式、两角差的正弦公式，属于中档题.
18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面为线段的中点，为线段上的动点.

（1）求证：平面平面；
（2）试求的长，使平面与平面所成的锐二面角为.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）可先证平面，从而得到平面平面；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量后结合题设中的面面角可求，从而可得的长.
【小问1详解】
平面，平面，
，
为矩形，，
又，平面，
平面，
平面，
，
，为线段的中点，
，
又，平面，
平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
以A为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
，，，
设，，
设平面的一个法向量为，
则，，
令，则，
，
设平面的一个法向量为，
则，，
令，则，
，
平面与平面所成的锐二面角为，
，解得，
，即，
当时，平面与平面所成的锐二面角为.
19. 某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登陆，每次消费都有一次随机摸球的机会．已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为．
（1）求的值，并探究数列的通项公式；
（2）求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程．
【答案】（1），
（2）第二次，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，利用抽奖规则，结合全概率公式即可由等比数列的定义求解，
（2）根据，即可对分奇偶性求解
【小问1详解】
记该顾客第次摸球抽中奖品为事件A，依题意，，
．
因为，，，
所以，
所以，
所以，
又因为，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故．
【小问2详解】
证明：当n为奇数时，，
当n为偶数时，，则随着n的增大而减小，
所以，．
综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大．
20. 如图，已知点，抛物线的焦点是，A，B是抛物线上两点，四边形是矩形．
（1）求抛物线的方程；
（2）求矩形的面积．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的焦点是，由求解；
（2）设，，根据四边形是矩形，可得，且，进而得到，然后结合抛物线的定义，求解.
【小问1详解】
因为抛物线的焦点是，
所以，
解得，
所以抛物线的方程为；
【小问2详解】
设，，
因为四边形FAPB是矩形，
所以，且，
即，，且．
所以，，且．
所以．
解得， ，
由抛物线的定义得：，
所以矩形的面积为：
，
．
所以矩形的面积为8．
21. 已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，恒有成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得到，根据，由，求解；
（2）将时，恒有成立，转化为对任意恒成立，令，利用导数法求解.
【小问1详解】
解：，
当时，，
由，得，由，得，
故时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
【小问2详解】
因为当时，恒有成立，
即对任意恒成立，
令，
当时，在上单调递减，
，满足题意，
当时，在上单调递增，当时，，
当时，在上单调递增，，
故.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，法一；令，由求解；法二转化为恒成立，由求解.
22. 已知等差数列的公差为正数，，前项和为，数列为等比数列，，且，.
（1）求数列、的通项公式；
（2）令，求数列的前项的和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用等差数列和等比数列的性质，列出方程组即可求出通项公式；
（2）利用错位相减和分组求和进行求和.
【小问1详解】
设的公差为，的公比为，因为且，
所以，所以，所以，；
【小问2详解】
因为，所以
；
所以
记
所以
所以
所以.