2024届浙江省杭金湖四校高三上学期第六次联考数学试题含答案

这是一份2024届浙江省杭金湖四校高三上学期第六次联考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则集合有（ ）个子集．
A．0B．1C．2D．4
【答案】C
【分析】先求出集合，再结合子集的结论求解即可.
【详解】由题意，，
所以集合有个子集．
故选：C.
2．已知向量与直线平行且，，则向量在向量方向上的投影向量可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量与直线平行，建立方程求出向量的坐标，利用投影向量的计算公式，可得答案.
【详解】设，由直线方程，则其斜率为，
由向量与直线平行，则，化简可得，
由，则，化简可得：，解得，
当时，则，所以，又，
向量在向量方向上的投影向量为；
当时，则，所以，
向量在向量方向上的投影向量为；
综上，可知ACD错误，B正确.
故选：B.
3．已知、满足，，则的实部是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，根据复数的运算可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出复数的实部.
【详解】由题意可设，，，由，，
得，.
即，解得或，
，即的实部是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查复数实部的求解，解题的关键在于设出复数，利用复数的运算列方程组求解.
4．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先判断函数的奇偶性，再利用特殊值及排除法判断即可；
【详解】解：函数定义域为，
则，
即为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B；
又，故排除D；
故选：C
5．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中所选数1，构成的数列的第项，则的值为（ ）
A．252B．426C．462D．924
【答案】C
【分析】根据题意，结合数字的构成规律，得到即第11行的第项，结合二项展开式的二项式系数的性质，即可求解.
【详解】由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中所选数，构成的数列的第项，
根据数字的构成规律，可得数列的奇数项为每行数列的项，偶数项为每行的第项，
则即第11行的第项，
结合二项展开式的二项式系数的性质，可得.
故选：C.
6．锐角满足，则下列等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据同角三角函数之间的基本关系将切化弦，再由二倍角公式对式子化简可得，利用两角差的余弦公式的逆运用可知，结合角的范围可得，再由诱导公式即可求得.
【详解】根据题意由可得，
即，
由二倍角公式可得，即；
所以，又因为锐角，可得，
因此，即，
所以，即.
故选：A
7．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为，过右焦点作x轴垂线交椭圆于B、C两点，连结BO并延长交AC于点M，若M为AC的中点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据图像，求出各点坐标结合向量共线，求出关系即可.
【详解】当时，，
所以，则，
，
则，则.
故选：A
8．已知，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据题意可求得，再由夹角余弦值的计算公式可得，利用基本不等式即可求得其最小值为.
【详解】由，可得；
所以；
因此，
所以，
显然，所以，当且仅当时，等号成立；
此时的最小值为.
故选：C
二、多选题
9．某地区高三男生的身高X服从正态分布，则（ ）
A．B．若越大，则越大
C．D．
【答案】AC
【分析】根据随机变量服从正态分布，求得对称轴，再根据曲线的对称性，即可求解答案．
【详解】由题意，随机变量服从正态分布，所以，即正态分布曲线的对称轴为，
,A选项正确; ,C选项正确;
又由，则，D选项错误;
若越大，则数据越分散，越不集中在平均数附近，越小，B选项错误.
故选：AC．
10．函数，下列说法正确的是（ ）
A．是周期函数B．最大值是1
C．图像至少有一条对称轴D．图像至少有一个对称中心
【答案】BC
【分析】根据周期函数的定义，判断A，根据三角函数的性质，即可判断B，根据对称函数的定义，即可判断CD.
【详解】A.若函数是周期函数，则
，
那么，与有关，不是常数，故不是周期函数，故A错误；
B.设，，则的最大值为1，故B正确；
C.若是函数的对称轴，则，
即，
则，
所以，，，
若与无关，则，所以函数的对称轴是，故C正确；
D.若是函数的对称中心，则，
即，
即，显然，随着的变化而变化，所以函数没有对称中心，故D错误.
故选：BC
11．已知，则下列命题为真命题的是（ ）
A．的取值范围为
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据特殊值、点到直线的距离公式、函数的单调性、三角恒等变换、三角函数的值域等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，时，，所以A选项错误.
B选项，表示直线在第一象限的部分，
原点到直线的距离为，
而直线的横截距和纵截距为，
所以的取值范围为，所以B选项正确.
C选项，由图可知，令，
则，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以最小值为，所以，
也即的取值范围为，所以C选项正确.
D选项，由，得，
，
.
故选：BCD
12．在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为；
（2）过点，且为法向量的平面的方程为．
现已知平面，，，（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面，则平面法向量为，
对，则，即，所以过点，方向向量为 ，所以，所以，所以，故A错误D正确.
对，即，所以过点，方向向量为 ，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误；
对，所以过点，方向向量为 ，
因为，所以 ，所以或，但点代入平面不成立，故，所以，所以C正确.
故选：CD
三、填空题
13．已知函数，曲线在点处的切线方程是 ．
【答案】
【分析】根据导数的几何意义即可求解切线方程.
【详解】，，，
所以曲线在点处的切线方程是，
即.
故答案为：
14．用4种不同颜色给一个正四面体涂色，每个面涂一种颜色，4个颜色都要用到，共有 种涂色的方法．
【答案】2
【分析】先规定其中一种颜色为底面（固定），其它面可以旋转，进而结合排列组合知识求解即可.
【详解】不妨先规定其中一种颜色为底面（固定），其它面可以旋转，正四面体展开图如下：
此时再涂其他三种颜色，共有种方法.
故答案为：2.
15．直线与直线所成夹角大小为 ．
【答案】
【分析】根据直线的斜率与倾斜角的关系以及两角差的正切公式求得结果.
【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，两条直线夹角为，
则，，
则，，
所以.
故答案为：.
16．若正四面体的棱长为3，平面ABC内有一动点P到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点P在面内的轨迹的长度为 .
【答案】2
【分析】根据题意，设动点P到平面、平面、平面的距离分别为，正四面体的棱长为3，求出每个面的面积为，高，由正四面体的体积得到，再由满足P到平面、平面、平面的距离的成等差数列，即可求出点P到平面的距离，即可求得点P在面内的轨迹，利用三角形相似求得即可.
【详解】设动点P到平面、平面、平面的距离分别为，
因为正四面体的棱长为3，每个面的面积为，
如图，
取的中点，连接，过作平面，垂足为，
则，所以高，
所以正四面体的体积，所以.
因为满足点P到平面、平面、平面的距离成等差数列，
所以，所以.
因为点P到平面的距离为定值，且平面平面，
所以点P的轨迹是平行的线段，
又为平面与平面的夹角，则，
所以，即线段与的距离为，
在中，，所以，
即点P在面内的轨迹的长度为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用等体积法求点面距离问题是解决本题的关键，涉及正四面体的结构特征和体积，考查空间想象能力和计算能力.
四、解答题
17．直角三角形ABC斜边上一点D满足，
(1)求证:；
(2)若，求角B的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)60°
【分析】（1）根据诱导公式求出角关系，由角相等得出边相等；
（2）由正弦定理边角转化再结合二倍角余弦公式计算，最后结合角的范围求角即可.
【详解】（1）∵
∴
∴
∴
∴
∴；
（2）,
,
,,
或,
因为角B为锐角，所以.
18．已知数列的前项和为，满足，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前20项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合题设变形为，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，进而求得，进而结合和的关系求解即可；
（2）结合（1）可得，结合裂项相消求和即可.
【详解】（1）由，得，
而，因此数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，即，
当时，，显然也满足上式，
所以.
（2）由（1）知，，，
因此，
所以.
五、证明题
19．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，.
(1)求证：；
(2)若平面平面PBC，且中，AD边上的高为3，求AD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合等腰三角形的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】（1）设线段的中点为，连接，
因为，所以，
又因为，所以，
因为平面，
所以平面，平面，
所以；
（2）过点作垂直直线于，则有，
因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面，
所以平面ABCD，
连接，因为，，
所以可得，
而，所以四边形是菱形，而，
所以四边形是正方形，因此建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的法向量为，
，
同理可得平面的法向量为，
，
因为平面平面PBC，
所以.
六、解答题
20．随着人口老龄化的到来，我国的劳动力人口在不断减少，“延迟退休”已经成为人们越来越关注的话题，为了了解公众对“延迟退休”的态度，某校课外研究性学习小组对某社区随机抽取了5人进行调查，将调查情况进行整理后制成下表：
年龄在[25，30），[55，60）的被调查者中赞成人数分别是3人和2人，现从这两组的被调查者中各随机选取2人，进行跟踪调查．
(1)求年龄在[25，30）的被调查者中选取的2人都是赞成的概率；
(2)求选中的4人中，至少有3人赞成的概率；
(3)若选中的4人中，不赞成的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)
(3)分布列见解析；期望为
【分析】（1）年龄在，的被调查者中赞成人数为3人，设“年龄在，的被调查者中选取的2人都赞成”为事件A即可解出；
（2）设“选中的4人中，至多有3人赞成”为事件，即有一人赞成，有两人赞成，有三人赞成，即可解出；
（3）选中的4人中，不赞成的人数为，则可以取值0，1，2，3，即可得出求随机变量的分布列和数学期望.
【详解】（1）设“年龄在，的被调查者中选取的2人都赞成”为事件A，所以；
（2）设“选中的4人中，至多有3人赞成”为事件，所以；
（3）可以取值0，1，2，3
所以；
；
；
；
所以X的分布列是：
．
七、证明题
21．已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左、右两个顶点分别为，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为椭圆的左焦点，求证：的周长为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）、利用已知条件列出方程组，求解，从而得到椭圆得标准方程；
（2）、设出直线、的方程，与椭圆方程联立，求出坐标，计算，求出直线的方程，分析出故直线经过定点，从而求出的周长为定值．
【详解】（1），，
椭圆经过点，，
，，椭圆C的标准方程为．
（2）解法一：证明：由题意可知，，设，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组可得，
可得，所以，
则，故．
由可得，可得，所以，
则，故，
所以，
故直线的方程为，
即，，
故直线过定点，所以的周长为定值8．
当时，或，可知是椭圆的通径，
经过焦点，此时的周长为定值，
综上可得，的周长为定值8．
解法二：当直线斜率存在时，设其方程为：，
由．
设，则有，
直线，令，得，
直线，令，得，所以，
由，
所以，
即，
化简得或．
时直线过点（舍），所以，
即直线的方程为，过定点．
当直线的斜率不存在时，设其方程为：，
则有，代入，
直线也过定点，
综上所述，直线始终经过椭圆的右焦点，故的周长为定值．
解法三：当M位于椭圆的上顶点，则此时，直线与相交于点，
则直线的方程为，
联立椭圆方程可得：，则可知，
易知直线经过椭圆的右焦点，此时的周长为定值，
猜想，若的周长为定值，则直线经过椭圆的右焦点．
证明如下：
依题意直线的斜率不为0，设直线的方程为，
代入椭圆方程得：，
设，则．
直线，令，得，
直线，令，得，
因为，
所以直线的交点在直线上，即过直线上的点T所作的两条直线和分别与椭圆相交所得的两点M、N形成的直线始终经过椭圆的右焦点，
故的周长为定值．
八、解答题
22．已知函数）.
(1)讨论的单调性；
(2)若时，，求实数的取值范围；
(3)对任意，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）讨论，由的正负确定单调性；
（2）记，由得，讨论与1大小关系，验证是否成立；
（3）由（2）知，，令得，累加得证.
【详解】（1）
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）记，由题知时恒成立，
由得，
，由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增.
若，则，故在上单调递增，所以恒成立；
若，则，故，
由于，
因此，故不能恒成立.
综上得.
（3）证明：由知，令，
所以，即
所以，
故，
即.
【点睛】关键点点睛：证明不等式关键是将此不等式拆为由累加而得到的，变形为，进一步归纳为函数不等式，此式可由上问证明得到.
年龄
[20，25）
[25，30）
[30，35）
[35，40）
[40，45）
人数
4
5
8
5
3
年龄
[45，50）
[50，55）
[55，60）
[60，65）
[65，70）
人数
6
7
3
5
4
0
1
2
3