浙江省金华十校2024届高三数学上学期11月模拟考试试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华十校2024届高三数学上学期11月模拟考试试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷分选择题和非选择题两部分．考试时间120分钟．试卷总分为150分．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
选择题部分（共60分）
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由并集运算的定义即可得出答案．
【详解】由得，，
故选：C．
2. 已知为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法法则计算可得.
【详解】.
故选：D
3. 己知向量，且与共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的共线的坐标运算可得解.
【详解】，，又与共线，
，化简得.
故选：C.
4. 有一组样本数据，则（ ）
A. 这组样本数据的极差不小于4B. 这组样本数据的平均数不小于4
C. 这组样本数据的中位数不小于3D. 这组样本数据的众数等于3
【答案】A
【解析】
【分析】根据极差、平均数、中位数和众数的概念判断即可.
【详解】样本数据中，
对于A，显然这组样本数据的极差大于等于，故A正确；
对于B，若，则平均数为，故B错误；
对于C，若，则中位数为，故C错误；
对于D，若，则众数为，故D错误.
故选：A
5. 条件，条件，则是的（ ）
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】B
【解析】
【分析】举反例即可说明充分性，根据不等式的性质，即可判断必要性，进而可求解.
【详解】当且时，，所以是的不充分条件，
而时，则，所以，故是的必要条件，
因此是的必要不充分条件，
故选：B
6. 已知抛物线：为抛物线的焦点，为抛物线上的动点（不含原点），的半径为，若与外切，则（ ）
A. 与直线相切B. 与直线相切
C. 与直线相切D. 与直线相切
【答案】A
【解析】
【分析】设动点，，由与外切得出，结合抛物线焦半径公式得出的半径为，即可得出结论．
【详解】设动点，，如图所示，与外切于点，则，
由抛物线焦半径公式得，，的半径为，即，
所以，即的半径为，
所以点到轴的距离为，则与直线相切，
故选：A．
7. 已知，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得且、，再由，应用基本不等式求其最小值，注意取值条件.
【详解】由，，即，易知，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以的最小值为.
故选：D
8. 如图，水利灌溉工具筒车的转轮中心到水面的距离为，筒车的半径是，盛水筒的初始位置为与水平正方向的夹角为．若筒车以角速度沿逆时针方向转动，为筒车转动后盛水筒第一次到达入水点所需的时间（单位：），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求出盛水桶到水面的距离与时间的函数关系式，令即可求解.
【详解】设盛水桶在转动中到水面的距离为，时间为，
由题意可得，盛水桶到水面的距离与时间的函数关系如下：
，
令，即，解得，
又，可得，，
，故C正确；
，，
，故D错误；
又，解得，故B错误；
，解得，故A错误.
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 在正方体中，与交于点，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线面平行和面面平行的判定定理逐一证明即可.
【详解】对于A，因为且，
所以四边形时平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，连接交于点，连接，
由正方体的分别为的中点，
因为因为且，
所以四边形时平行四边形，所以，
则且，
所以四边形时平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正确；
对于C，因为且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D，平面即为平面，
而平面与平面相交，
所以平面与平面相交，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数在区间上单调递减
B. 函数在区间上的最大值为1
C. 函数在点处的切线方程为
D. 若关于的方程在区间上有两解，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项.
【详解】因为，，
所以，
令，即；令，即，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；
因为，，
所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；
因为，，
所以函数在点处的切线方程为，
即，故C正确；
因为，函数大致图象如图，
要使方程在区间上有两解，
则，故D错误.
故选：AC.
11. 对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，则（ ）
A. 等差数列是“线性数列”B. 等比数列是“线性数列”
C. 若是等差数列，则是“线性数列”D. 若是等比数列，则是“线性数列”
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A,B根据“线性数列”的定义进行判断，C，找特例，代入即可判断；D，结合定义，设出等比数列，代入求的，再结合线性数列的定义，看是否存在实数即可.
【详解】对A，数列为等差数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，A正确；
对B，数列等比数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，B正确；
对C，是等差数列，设，
则，若是“线性数列”，
则，则应有，
故不是“线性数列”，C错误；
对D，是等比数列，设首项为，公比为，
若时，，则，满足“线性数列”的定义；
若时，由，得，
，
累加的，
则，
经验证当时，满足，则，
若是“线性数列”，则存在实数，使得成立，
则，
，
，
则，则，
则是“线性数列”，D正确.
故选：ABD
12. 已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（ ）
A.
B. 关于点对称
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】用特殊值法，假设，可判断选项A；
对进行变形处理，即可判断其对称性，从而判断选项B；
对两边求导，可得，根据可判断的周期性和对称性，再根据特殊值关系，即可判断选项C；
由特殊值关系得到，，化简，即可判断选项D.
【详解】假设，则，都为偶函数，则所设函数符合题意，此时，所以A错误；
因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，故B正确；
因为均为偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，即，
因为，所以，所以，
所以，，又，，
所以，所以无法确定的值，所以C错误；
又，，所以，又，所以，
由知函数周期为4，则的周期也为4，则

，所以 D正确.
故选：BD
【点睛】对称性有关结论：
若，则关于直线对称；
若，则关于直线对称；
若，则关于点中心对称；
若，则关于点中心对称；
周期性结论：
若，则函数的周期为.
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在二项式的展开式中，的系数为___________．
【答案】
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项，结合通项公式，确定的值，代入，即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项为，
令，解得，所以展开式中的系数为.
故答案为：.
14. 己知梯形满足且，其中，将梯形绕边旋转一周，所得到几何体的体积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题设确定所得几何体的构成，再应用圆锥和圆柱体积公式求组合体体积.
【详解】如下图，梯形绕边旋转一周，所得几何体为圆锥和圆柱的组合体，
其中圆锥及圆柱底面都是半径为的圆，圆锥的高为1，圆柱的高为2，
所以几何体体积为.
故答案为：
15. 一次掷两枚骰子，若两枚骰子点数之和为4或5或6，则称这是一次成功试验．现进行四次试验，则恰出现一次成功试验的概率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先分析出做一次成功试验的概率，设出现成功试验的次数为，则，计算即可．
【详解】一次掷两枚骰子，两枚骰子点数之和为4的情况有3种，
两枚骰子点数之和为5的情况有4种，
两枚骰子点数之和为6的情况有5种，
在一次试验中，出现成功试验的概率，
设出现成功试验的次数为，则，
所以重复做这样的试验4次，则恰出现一次成功试验的概率为，
故答案为：．
16. 己知为椭圆上一点，分别为其左右焦点，为其右顶点，为坐标原点，点到直线的距离为，点到轴的距离为，若，且成等比数列，则椭圆的离心率为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，，，由已知得出，再由椭圆定义得出，由成等比数列，得出，结合两点之间距离公式，代入化简整理即可求得离心率．
【详解】设，，，
过点作轴于点，过作于点，如图所示，
则，所以，即，
又因为，所以，即，
由椭圆定义得，，则，
又因为成等比数列，
所以，则，
所以，即，
所以，
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，角所对的边分别是，且．
（1）求角；
（2）为边上一点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行角化边，结合余弦定理即可；
（2）法一，在中，由余弦定理可求得，在结合余弦定理求，在中，应用余弦定理即可；法二，在，结合余弦定理求得，在，应用余弦定理求得，再由中结合正弦定理先求，进而结合诱导公式求得.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，，所以．
【小问2详解】
方法一：不妨取，则，中，由余弦定理可求得．
在中，由余弦定理可求得．
在中，由余弦定理可得．
方法二：不妨取，则，
在中，，
则，则，，，
中，，
在中由正弦定理可得：，
解得：，
又因为，所以．

18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，且，点分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直，可得，，再利用线面垂直的判定定理可得平面；
（2）为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用夹角公式求解公式.
【小问1详解】
因为底面，底面，所以，
因为为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，点为的中点，所以．
因为，平面，
所以平面，因为平面，所以．
同理可得，因为，平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，以点坐标原点，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，则各点坐标分别为．
由（1）可知是平面的一个法向量，记为，
又平面的一个法向量为．
所以平面与平面夹角的余弦值等于．
19. 设正项数列的前项和为，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1） 应用得出等差数列再求数列通项公式即可;
（2）应用裂项相消求和结合不等式恒成立求解.
【小问1详解】
当时，，所以；
当时，且，两式相减并整理可得．
因为为正项数列，所以，所以．
【小问2详解】
有（1）可知，
，
，
故，可化为，
因为恒成立，所以．
20. 2023年9月8日，第19届亚运会火炬传递启动仪式在杭州西湖景区涌金公园广场成功举行．火炬传递首日传递从杭州西湖涌金公园广场出发，沿南山路—湖滨路—环城西路—北山街—西泠桥—孤山路传递，在“西湖十景”之一的平湖秋月收火．杭州亚运会火炬首日传递共有106棒火炬手参与．
（1）组委会从全省火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：
根据小概率值的独立性检验，试判断全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；
（2）在全省的火炬手中，男性占比72%，女性占比28%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看足球比赛．某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？
【答案】（1）全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据列联表中的数据，求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2）设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，结合条件概率和全概率公式，即可求解.
【小问1详解】
解：零假设为：：全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联），
根据列联表中的数据，计算得，
所以根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认定为成立，
全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）．
【小问2详解】
解：设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，
则，
所以这位火炬手是男性的概率约为．
21. 已知双曲线，直线过双曲线的右焦点且交右支于两点，点为线段的中点，点在轴上，．
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或或
【解析】
【分析】（1）根据等轴双曲线方程即可求解渐近线方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的几何意义将其转化为，由坐标运算即可求解.
【小问1详解】
由题知，，所以双曲线的渐近线方程为．
【小问2详解】
双曲线的右焦点坐标为，
由题知，直线AB的斜率不为0，设直线方程为，代入双曲线中，
化简可得：，
设,则．
则
∴线段中点的坐标为，
直线方程为．
（i）当时，点恰好为焦点，此时存在点或，使得．
此时直线方程为．
（ii）当时，令可得，可得点的坐标为，
由于所以，
由，即，也即：．
化简可得，解出，
由于直线要交双曲线右支于两点，所以，即，故舍去．
可得直线的方程为．
综上：直线方程为或或．

22. 已知．
（1）若当时函数取到极值，求的值；
（2）讨论函数在区间上的零点个数．
【答案】（1）1 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得，由，得到，进而结合函数极值点的定义，即可求解；
（2）当时，求得，令，利用导数的单调性，结合，得到在区间上没有零点；当时，求得，令，求得，令，利用导数求得在单调递增．，结合，，得出函数的单调区间，由，得出在没有零点，在由，得到存在唯一，使得，即可得到答案.
【小问1详解】
解：函数，可得
因为时函数取到极值，可得，解得，
当时，可得，
令，
可得，
令，可得，所以单调递增，
又因为，所以在区间上，即单调递增，
所以是的变号零点，所以当时函数取到极值．
【小问2详解】
解：当时，因为，
所以，
令，
则，
所以在单调递增，则，
所以，当时，在区间上没有零点．
当时，可得，
令，
可得，
令，则，
所以在单调递增，，则，
所以在单调递增．
因为，，
当时，，
所以存在使得．则在单调递减，在单调递增，
又因为，所以当时，，故在没有零点，
因为在单调递增，且，而，
所以，
则，
所以存唯一，使得，
故在存在唯一零点，因此当时，在存在唯一零点，
综上所述，当时，在区间上没有零点；
当时，在存在唯一零点．
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；性别
年龄
总计
满50周岁
未满50周岁
男
15
45
60
女
5
35
40
总计
20
80
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6635
7.879
10.828