浙江省绍兴市2024届高三下学期5月模拟数学试题注意事项：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【答案】B【解析】【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. 已知，若，则m的取值范围是（）A. B. C. 或 D. 或【答案】A【解析】【分析】将代入，然后转化为一元二次不等式求解可得.【详解】因，所以，等价于，解得.故选：A3. 已知向量满足，且，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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：A4. 已知，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【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. 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. 【答案】C【解析】【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. 已知函数是奇函数，则时，的解析式为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【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：C8. 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. 【答案】B【解析】【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.二､多选题：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【答案】BCD【解析】【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：BCD10. 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【答案】BCD【解析】【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. 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【答案】BC【解析】【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.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______.【答案】81【解析】【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. 记正项数列的前项和为，若，则的最小值为__________.【答案】【解析】【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. 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______.【答案】【解析】【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.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.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【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.【小问1详解】，，即.由正弦定理得，由余弦定理得，；【小问2详解】，由余弦定理得，；【小问3详解】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. 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.【答案】（1）乙进入半决赛的可能性最大（2）（3）分布列见解析，【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半决赛的概率，即可求解；（2）由甲、乙、丙三队中恰有两对进入半决赛的概率，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.【小问1详解】解：由题意，甲队进入半决赛的概率为，乙队进入半决赛的概率为，丙队进入半决赛的概率为，因为，所以，显然乙队进入半决赛的概率最大，所以乙进入半决赛的可能性最大.【小问2详解】解：因为甲、乙、丙三队中恰有两对进入半决赛的概率为，所以，解得或，因为，所以.【小问3详解】解：由题意可知：甲、乙、丙三队进入半决赛的概率分别为，且随机变量的可能取值为，可得，，，，所以的分布列为:0123P所以，期望为.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.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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.【小问3详解】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. 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.【答案】（1），（2）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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. 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．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【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.【小问1详解】法一：由题可知，，设，，则，．因为，故，解之得，．，．．法二：由题可知，，设点，因，故点在圆上，又因为点也在上，联立与得．解之得．因为，故．故，．．．【小问2详解】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．。
