浙江省绍兴市第一中学2024届高三下学期5月模拟数学试卷（Word版附答案）

这是一份浙江省绍兴市第一中学2024届高三下学期5月模拟数学试卷（Word版附答案），共23页。试卷主要包含了已知，则，已知函数，.下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．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
2．已知，若，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．或D．或
3．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．设A，B 是一个随机试验中的两个事件，且 ，则 （ ）
A．B．C．D．
6．若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数是奇函数，则时，的解析式为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（ ）
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．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
10．已知函数，.下列选项正确的是（ ）
A．
B．，使得
C．对任意，都有
D．对任意，都有
11．如图，已知直三棱柱的所有棱长均为3，分别在棱，上，且分别为的中点，则（ ）
A．平面
B．若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为
C．若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为
D．过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在的展开式中常数项为 .
13．记正项数列的前项和为，若，则的最小值为 .
14．欧拉函数表示不大于正整数且与互素（互素：公约数只有1）的正整数的个数.已知，其中，，…，是的所有不重复的质因数（质因数：因数中的质数）.例如.若数列是首项为3，公比为2的等比数列，则 .
四、解答题
15．在中，角的对边分别为已知.
(1)求角的大小;
(2)若，求的面积;
(3)若为BC的中点，求AD的长.
16．五一假期后，高二年级篮球赛进入白热化阶段，甲、乙、丙三支种子队在进入半决赛之前不会相遇.他们都需要在最后一轮小组赛中战胜对手从而进入淘汰赛，然后在淘汰赛中胜出才能进入半决赛.已知甲队在小组赛最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为和；乙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为和；丙队在最后一轮和淘汰赛中获胜的概率分别为和，其中.
(1)甲、乙、丙三队中，谁进入半决赛的可能性最大；
(2)若甲、乙、丙三队中恰有两队进入半决赛的概率为，求的值；
(3)在（2）的条件下，设甲、乙、丙三队中进入半决赛的队伍数为，求的分布列及期望.
17．如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，

(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
18．已知数列的前项和为，且满足.数列的前项和为，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，且对任意的恒成立，求的取值范围.
19．如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．
(1)若为的焦点，求证：；
(2)过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．
参考答案：
1．B
【分析】由复数的除法法则计算即可.
【详解】由，对应的点为，该点位于第二象限，
故选：B.
2．A
【分析】将代入，然后转化为一元二次不等式求解可得.
【详解】因为，所以，等价于，
解得.
故选：A
3．A
【分析】根据数量积的运算律求出、、，即可求出、、，再根据夹角公式计算可得.
【详解】由题意得，则有，解得，
又由，则有，解得，
同理可得，
所以，
，
，
所以.
故选：A
4．A
【分析】先根据平方关系求出，再根据结合两角差的正弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，有，
所以
.
故选；A.
5．B
【分析】根据概率的性质解得，结合可得，代入条件概率公式分析求解.
【详解】因为，即，解得，
又因为，即，解得，
且，可得，
所以.
故选：B.
6．C
【分析】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得，
所以圆锥的体积为，解得，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为．
故选：C．
7．C
【分析】设，利用时，和可求得的解析式.
【详解】设，则，
所以，
又函数是奇函数，所以，即，.
即.
故选：C
8．B
【分析】设双曲线的上焦点为，由题意可得，可求，由已知可求，可求渐近线方程.
【详解】设双曲线的上焦点为，
双曲线的渐近线方程为，
由点到直线的距离公式可得，
又双曲线的实半轴长为，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：B.
9．BCD
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；
B.若，，则，又，所以，故B正确；
C. 若，，则，又，所以，故C正确；
D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.
故选：BCD
10．BCD
【分析】根据，即可判断A；根据，令，结合零点的存在性定理即可判断B；由、，结合复合函数的单调性可得和的单调性，即可判断C；由选项BC的分析可得，分类讨论当、时与的大小，进而判断D.
【详解】A：因为，所以，.
因为，，
所以，故A错误；
B：若，则，即，
，可得，
令，因为，，
所以，使得，即，故B正确；
C：因为，
且在上单调递减，所以也单调递减，
可得，
因为.
又在上单调递增，所以也单调递增，
得，即，
因此，对于任意的，都有，故C正确；
D：由B可知：，使得，
结合C的结论，可知当，，，即，
当时，，，即，
因为，，得，即，
当时，有，
因为，所以，所以，
因此可得，即，
当，有，
因为，所以，可得，即，
因此，对于任意的，都有，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数或基本函数的单调性求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
11．BC
【分析】根据线面平行的定义判断A；求出点P关于平面和的对称点的距离判断B；计算截面面积判断C；找出与过点A且与直线和BC所成的角都为的直线条数判断D.
【详解】直三棱柱的所有棱长均为3，
对于A，由，得，
显然构成一个平面，连接DF，EG，和，
正方形中，，设，显然≌，
则，即为的中点，于是，即为DF的中点，
同理设，则为EG的中点，因此是中位线，
由为中线，得P为中点，因为平面FGED，
因此平面FGED，即平面PFG与平面FGED为同一个平面，则DE在平面PFG内，A错误；
对于B，显然平面与平面所成锐二面角大小为，
计算可得点H到平面和的距离，由选项A知，是的中点，
则点P到平面和的距离，令点P关于平面和的对称点分别为，，
则当M，N分别取直线与平面和的交点时，的周长最短，
由，得，
所以周长的最小值为，B正确；
对于C，由选项A知，D，E在过P，F，G三点的平面内，截面为四边形FGED，
，则截面面积为，C正确；
对于D，显然，过点A作BC的平行线，则，
与成的所有直线构成以A为顶点的两个对顶圆锥（为轴），
同理与成的所有直线构成以A为顶点两个对顶圆锥（为轴），
而与所成角，因此圆锥面上公共直线共有两条，
所以过点A且与直线和BC所成的角都为的直线有2条，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
12．81
【分析】
的展开式中通项公式,令，即可得出．
【详解】
的展开式中通项公式：．
的通项公式：．
故的通项为
令，则，；，；，．
因此常数项．
故答案为：．
13．
【分析】由，利用数列通项和前n项和的关系求得，再令，利用导数法求解.
【详解】当时，，则或（舍去），
当时，由，得，
两式相减得，得，
因为，所以，
所以数列是等差数列，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由随的增大而增大，，，
则，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是构造函数判断得其单调性，从而考虑，的情况，从而得解.
14．
【分析】计算出等比数列的通项公式后，结合欧拉函数计算即可得解.
【详解】由题意可得，则，
当时，，
则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分及进行讨论，结合题中公式求的通项公式.
15．(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解；
（2）根据余弦定理得，进而根据三角形面积公式即可求解；
（3）根据向量的模长公式结合条件即可求解.
【详解】（1），
，
即.
由正弦定理得，由余弦定理得，
；
（2），
由余弦定理得，
；
（3）

在中，由余弦定理得，
即，又，得，
为BC的中点，，
两边平方得，
，
即中线AD的长度为.
16．(1)乙进入决赛的可能性最大
(2)
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式，分别求得甲乙丙进入决赛的概率，即可求解；
（2）由甲、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率，结合列出方程，即可求解；
（3）根据题意，得到的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，甲队进入半决赛的概率为，乙队进入决赛的概率为，
丙队进入决赛的概率为，
因为，所以，
显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大.
（2）解：因为甲、乙、丙三队中恰有两对进入决赛的概率为，
所以，解得或，
因为，所以.
（3）解：由题意可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，
且随机变量的可能取值为，
可得，，
，，
所以的分布列为:
所以，期望为.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【详解】（1）连接，

在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，
，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，
，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.
18．(1)，
(2)
【分析】（1）根据与的关系，作差结合等比数列定义即可求得，当时，，作差变形得，利用等差数列定义求通项公式即可；
（2）先利用错位相减法求得，然后把恒成立问题转化为恒成立，按照奇偶性分类讨论，分离参数利用数列单调性求解参数范围.
【详解】（1）对于数列，当时，，解得；
当时，，与原式作差可得，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以；
对于数列，当时，，解得，
时，，
与原式作差可得，
因为，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以.
（2）由（1）可知，
所以，
所以，
两式作差可得，
所以，
所以恒成立，化简得.
当时，恒成立，所以，
当时，恒成立，所以.
综上可得：.
19．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）将转化为(坐标表示),从而求出点的坐标即可解答；或者由，可看作是以为直径的圆与抛物线交点，从而求出的坐标即可解答；
（2）由，易得，即，所以点必在中垂线上，联立直线与抛物线方程，再结合即可求解.
【详解】（1）法一：
由题可知，，
设，，
则，．
因为，故，
解之得，．
，
．
．
法二：
由题可知，，
设点，因为，故点在圆上，
又因为点也在上，联立与得
．
解之得．
因为，故．
故，．
．
．
（2）因为，，
所以，故．
所以点必在中垂线上．
方法一：
设，直线的方程为，，．
将代入
得：
，，．
因为点在中垂线上，故．
所以，即，左右两边同时除以得，解得：或，又因为
所以，．
因为，所以即．
所以，，，．
所以直线的方程为
即．
方法二：
设，直线的方程为，，，
将代入
得：
，，．
因为点必在中垂线上，且,
所以点为的中点，故，．
因为，所以即．
所以，，．
所以直线的方程为．
即．
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