2024金华东阳高三下学期三模数学试题含答案

这是一份2024金华东阳高三下学期三模数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了已知中，，，，则，已知数列的前n项和为，若，则，已知复数z，则，已知函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，，则（ ）
A．-16B．16C．-9D．9
3．命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q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
4．已知中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．-8B．8C．-64D．64
6．从数字1，2，3，4中选出3个不同的数字构成四位数，且相邻数位上的数字不相同，则这样的四位数个数为（ ）
A．36B．54C．60D．72
7．已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（ ）
A．B．3C．D．4
8．若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A．B．C．D．
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．已知复数z，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．在区间的最小值为
11．某班主任用下表分析高三前5次考试中本班级在年级中的成绩排名y与考试次数x的相关性时，忘记了第二次和第四次考试排名，但他记得平均排名，于是分别用和得到了两个经验回归方程：，，对应的样本相关系数分别为，，排名y对应的方差分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
附：
，．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，若为角α终边上的一点，则________．
13．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到直线距离的最小值为________．
14．四棱锥的底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，l⊥OB，则直线l与平面PAC所成夹角的范围为________．
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．（13分）
在的二项式展开式的所有项中，依次不放回地抽取两项,且每一项被取到的可能性相等．
（1）在第一次取到有理项的条件下，求第二次取到无理项的概率；
（2）记取到有理项的项数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
16．（15分）
已知函数在（e为自然对数的底数）处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若不等式恒成立，求k的范围．
17．（15分）
如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．
（1）求直线AB与平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（17分）
已知抛物线：，焦点为F，为Γ上的一个动点，l是Γ在点A处的切线，点P在l上且与点A不重合．直线PF与Γ交于B、C两点，且l平分直线AB和直线AC的夹角．
（1）求l的方程（用，表示）；
（2）若从点F发出的光线经过点A反射，证明反射光线平行于x轴；
（3）若点A坐标为，求点P坐标．
19．（17分）
若正实数数列满足，则称是一个对数凸数列；若实数列满足，则称是一个凸数列。已知是一个对数凸数列，．
（1）证明：；
（2）若，证明：；
（3）若，，求的最大值．
东阳市2024年5月高三模拟考试
数学试题参考答案
一、单选题：
二、多选题：
7．设，，则，
化简得：，所以，，
另外，由余弦定理得：，结合以上两个式子，消元得，
又因为，所以化简可得：，结合，可得．故选：B
8．设直线与相切与点，∵，
所以切线方程：，即，
设直线与相切与点，
∵，所以切线方程：，∴，
∴有解，
令，，
所以函数在，上单调递减，在，上单调递增，
∵，，∴，∴，故选：A
11．当时，，，解得，
则
，
，得，
，
；
同理，当时，，，，，
所以，，，，故选：AD．
三、填空题：
12．
13．1
14．解：如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为
则，，
由可得
∴
时，，
时，，
综上，，∴．
另解：如图，BQ⊥面PAC，，OB⊥平面，平面平面，
与面PAC所成的线面角为，
当平面ABCD时，显然有l⊥平面OBQ，
又∵AC⊥平面OBQ，∴此时，，
结合平面平面，∴AC//平面，∴．
所以，当BR最短，即时，与面PAC所成的线面角最大，
此时，O，Q，R三点共线，
易得，，，
综上，，∴．
四、解答题：
15．（1）， 3分
令，解得．故二项展开式中有3项有理项,6项无理项．
记事件“第一次取到有理项”，事件“第二次取到无理项”
则6分
（2），，，
分布列为
10分
13分
16．（1）∵，∴，2分
∵函数在点处取得极值，
∴，∴，经检验，符合题意，∴；5分
（2），∴恒成立，
即对任意恒成立．7分
令，则．9分
设，易得是增函数，
而，∴时，，即，
时，，即，
∴在上单调递增，上单调递减，13分
∴，∴．15分
17．解1：（1）取AB中点O和中点，连OP、、，
作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，
∵，M为中点，∴，同理，，
又∵，∴PM⊥平面．
而平面，∴，
∵，∴，又∵，∴平面，
而平面，∴，而，∴，
∴四边形为矩形．
（也可由，得到，∴，
又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．2分
∵平面，∴由平面，可知，，
又∵，，∴OH⊥平面．4分
∵，，，
∴，
综上，直线AB与平面的距离为．6分
（2）连、、、、OC，
由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面，
由可得，，
∴，，∴，
∴，
∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．9分
如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，可取，11分
设平面的一个法向量为，
则，可取，13分
设所求平面与平面夹角为，
则，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．15分
解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体，
由可得，在此平行六面体中，，
而，
∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．9分
下面考虑平面与平面的夹角即可．
取中点M，连MB、，易得，
由（1）可知四边形为矩形，
∴，又∵，，∴，∴．
又∵，∴，
∴即为所求平面与平面的夹角，13分
∴，
综上，平面与平面夹角的余弦值为．15分
18．（1）显然切线l的斜率不为0，设l方程为：，
与联立得：，
由，
得，解得，
∴l的方程为，
化简得，也即．4分
（2）过A点作l的垂线并交x轴于Q点，则AQ直线的方程为，
取，解得，即，6分
∵，∴，
作A点在抛物线准线上的投影H，由抛物线定义可知，
∴，∴，
设T为反射光线上与A相异的一点，则有，
综上，，∴轴，即从点F发出的光线经过A点反射后平行于x轴． 10分
（3）此时l方程为，连HF，取H，F的中点为，
∵，∴，∵K点在l上，∴，
设直线AC、AB与HF的交点分别为D，E，则K为D，E的中点，12分
设直线PF的方程为，与联立得：，
设，，则有，，
∵，
∴直线AC的方程为，也即，
而直线HF的方程为，联立得，
同理，，15分
由得，整理得，
∴，∴，∴直线BC的方程为，
与直线联立得P点坐标为．17分
19．（1）由题意得：，∴，
∴，，，，，
将以上式子累乘得：，也即成立．
另解：由题意得：，
∴，∴成立．4分
（2）证1：∵，∴，
∴，
则，
∴，∴．10分
证2：考虑反证法，假设，
由得，
∴，∴，
同理：，
∴，∴，
同理可证：，，…，，
综上可得：，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴成立．10分
证3：∵，∴，也即，
同时，由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，
也即，同理可得：
，
，
……
，
将以上式子累加得：，
∴，∴，∴成立．10分
（3）由可得：，
∴，也即，
∴，，…，，
将以上式子累加得：，①12分
另外，，，…，，
将以上式子累加得：，②14分
结合①②式可得：，
∴，化简得：，
另外，显然有符合题意，此时，
综上，的最大值为10．17分
附：数列的性质可参考这类下凸函数进行理解，
不等式相当于函数图象上三条直线的斜率大小关系．
x
1
2
3
4
5
y
10
m
6
n
2
1
2
3
4
5
6
7
8
A
B
B
D
C
D
B
A
9
10
11
AD
ACD
AD
X
0
1
2
P