浙江省紹興市2024屆高三下學期5月模擬數學試題注意事項：1.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，考生務必將姓名?考生號等個人信息填寫在答題卡指定位置.3.考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑：非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答.超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷?草稿紙上作答無效.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.在復平面內，對應的點位于（）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】由復數的除法法則計算即可.【詳解】由，對應的點為，該點位于第二象限，故選：B.2.已知，若，則m的取值范圍是（）A. B. C.或 D.或【答案】A【解析】【分析】將代入，然后轉化為一元二次不等式求解可得.【詳解】因，所以，等價于，解得.故選：A3.已知向量滿足，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據數量積的運算律求出、、，即可求出、、，再根據夾角公式計算可得.【詳解】由題意得，則有，解得，又由，則有，解得，同理可得，所以，，，所以.故選：A4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根據平方關系求出，再根據結合兩角差的正弦公式即可得解.【詳解】因為，所以，有，所以.故選；A.5.設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，且，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據概率的性質解得，結合可得，代入條件概率公式分析求解.【詳解】因為，即，解得，又因為，即，解得，且，可得，所以.故選：B.6.若一個圓錐的體積為，用通過該圓錐的軸的平面截此圓錐，得到的截面三角形的頂角為，則該圓錐的側面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由體積求出圓錐的底面圓半徑和高，母線長，即可計算圓錐的側面積．【詳解】設圓錐的底面圓半徑為，高為，由軸截面三角形的頂角為，得，所以圓錐的體積為，解得，所以圓錐的母線長為，所以圓錐的側面積為．故選：C．7.已知函數是奇函數，則時，的解析式為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設，利用時，和可求得的解析式.【詳解】設，則，所以，又函數是奇函數，所以，即，.即.故選：C8.已知雙曲線的實半軸長為，其上焦點到雙曲線的一條漸近線的距離為3，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設雙曲線的上焦點為，由題意可得，可求，由已知可求，可求漸近線方程.【詳解】設雙曲線的上焦點為，雙曲線的漸近線方程為，由點到直線的距離公式可得，又雙曲線的實半軸長為，所以，所以雙曲線的漸近線方程為，即.故選：B.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，下列命題中正確的有（）A.若，，，則B.，，，則C.若，，，則D.若，，，則【答案】BCD【解析】【分析】根據垂直關系的轉化與判定定理和性質定理，即可判斷選項.【詳解】A.若，，，不能推出或，則不能推出，故A錯誤；B若，，則，又，所以，故B正確；C.若，，則，又，所以，故C正確；D.若，，，說明與和垂直的法向量互相垂直，則，故D正確.故選：BCD10.已知函數，.下列選項正確的是（）A.B，使得C.對任意，都有D.對任意，都有【答案】BCD【解析】【分析】根據，即可判斷A；根據，令，結合零點的存在性定理即可判斷B；由、，結合復合函數的單調性可得和的單調性，即可判斷C；由選項BC的分析可得，分類討論當、時與的大小，進而判斷D.【詳解】A：因為，所以，.因為，，所以，故A錯誤；B：若，則，即，，可得，令，因為，，所以，使得，即，故B正確；C：因為，且在上單調遞減，所以也單調遞減，可得，因為.又在上單調遞增，所以也單調遞增，得，即，因此，對于任意的，都有，故C正確；D：由B可知：，使得，結合C的結論，可知當，，，即，當時，，，即，因為，，得，即，當時，有，因為，所以，所以，因此可得，即，當，有，因為，所以，可得，即，因此，對于任意的，都有，故D正確.故選：BCD.【點睛】方法點睛：證明不等式的恒成立問題的求解策略：形如的恒成立的求解策略：1、構造函數法：令，利用導數或基本函數的單調性求得函數的單調性與最小值，只需恒成立即可；2、參數分離法：轉化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數求得函數的單調性與最值即可；3，數形結合法：結合函數的圖象在的圖象的上方（或下方），進而得到不等式恒成立.11.如圖，已知直三棱柱的所有棱長均為3，分別在棱，上，且分別為的中點，則（）A.平面B.若分別是平面和內的動點，則周長的最小值為C.若，過三點的平面截三棱柱所得截面的面積為D.過點且與直線和所成的角都為的直線有且僅有1條【答案】BC【解析】【分析】根據線面平行的定義判斷A；求出點P關于平面和的對稱點的距離判斷B；計算截面面積判斷C；找出與過點A且與直線和BC所成的角都為的直線條數判斷D.【詳解】直三棱柱的所有棱長均為3，對于A，由，得，顯然構成一個平面，連接DF，EG，和，正方形中，，設，顯然≌，則，即為的中點，于是，即為DF的中點，同理設，則為EG的中點，因此是中位線，由為中線，得P為中點，因為平面FGED，因此平面FGED，即平面PFG與平面FGED為同一個平面，則DE在平面PFG內，A錯誤；對于B，顯然平面與平面所成銳二面角大小為，計算可得點H到平面和的距離，由選項A知，是的中點，則點P到平面和的距離，令點P關于平面和的對稱點分別為，，則當M，N分別取直線與平面和的交點時，的周長最短，由，得，所以周長的最小值為，B正確；對于C，由選項A知，D，E在過P，F，G三點平面內，截面為四邊形FGED，，則截面面積為，C正確；對于D，顯然，過點A作BC的平行線，則，與成的所有直線構成以A為頂點的兩個對頂圓錐（為軸），同理與成的所有直線構成以A為頂點兩個對頂圓錐（為軸），而與所成角，因此圓錐面上公共直線共有兩條，所以過點A且與直線和BC所成的角都為的直線有2條，D錯誤.故選：BC【點睛】關鍵點點睛：涉及空間圖形中幾條線段和最小的問題，把相關線段所在的平面圖形展開并放在同一平面內，再利用兩點之間線段最短解決是關鍵.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在的展開式中常數項為______.【答案】81【解析】【分析】的展開式中通項公式,令，即可得出．【詳解】的展開式中通項公式：．的通項公式：．故的通項為令，則，；，；，．因此常數項．故答案為：．13.記正項數列的前項和為，若，則的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】由，利用數列通項和前n項和的關系求得，再令，利用導數法求解.【詳解】當時，，則或（舍去），當時，由，得，兩式相減得，得，因為，所以，所以數列是等差數列，則，令，則，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，由隨的增大而增大，，，則，所以的最小值為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是構造函數判斷得其單調性，從而考慮，的情況，從而得解.14.歐拉函數表示不大于正整數且與互素（互素：公約數只有1）的正整數的個數.已知，其中，，…，是的所有不重復的質因數（質因數：因數中的質數）.例如.若數列是首項為3，公比為2的等比數列，則______.【答案】【解析】【分析】計算出等比數列的通項公式后，結合歐拉函數計算即可得解.【詳解】由題意可得，則，當時，，則.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于分及進行討論，結合題中公式求的通項公式.四?解答題15.在中，角的對邊分別為已知.（1）求角的大小;（2）若，求的面積;（3）若為BC的中點，求AD的長.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根據正弦定理邊角互化，結合余弦定理即可求解；（2）根據余弦定理得，進而根據三角形面積公式即可求解；（3）根據向量的模長公式結合條件即可求解.【小問1詳解】，，即.由正弦定理得，由余弦定理得，；【小問2詳解】，由余弦定理得，；【小問3詳解】在中，由余弦定理得，即，又，得，為BC的中點，，兩邊平方得，，即中線AD的長度為.16.五一假期后，高二年級籃球賽進入白熱化階段，甲、乙、丙三支種子隊在進入半決賽之前不會相遇.他們都需要在最后一輪小組賽中戰勝對手從而進入淘汰賽，然后在淘汰賽中勝出才能進入半決賽.已知甲隊在小組賽最后一輪和淘汰賽中獲勝的概率分別為和；乙隊在最后一輪和淘汰賽中獲勝的概率分別為和；丙隊在最后一輪和淘汰賽中獲勝的概率分別為和，其中.（1）甲、乙、丙三隊中，誰進入半決賽的可能性最大；（2）若甲、乙、丙三隊中恰有兩隊進入半決賽的概率為，求的值；（3）在（2）的條件下，設甲、乙、丙三隊中進入半決賽的隊伍數為，求的分布列及期望.【答案】（1）乙進入半決賽的可能性最大（2）（3）分布列見解析，【解析】【分析】（1）根據題意，利用相互獨立事件的概率乘法公式，分別求得甲乙丙進入半決賽的概率，即可求解；（2）由甲、乙、丙三隊中恰有兩對進入半決賽的概率，結合列出方程，即可求解；（3）根據題意，得到的可能取值為，求得相應的概率，列出分布列，結合期望公式，即可求解.【小問1詳解】解：由題意，甲隊進入半決賽的概率為，乙隊進入半決賽的概率為，丙隊進入半決賽的概率為，因為，所以，顯然乙隊進入半決賽的概率最大，所以乙進入半決賽的可能性最大.【小問2詳解】解：因為甲、乙、丙三隊中恰有兩對進入半決賽的概率為，所以，解得或，因為，所以.【小問3詳解】解：由題意可知：甲、乙、丙三隊進入半決賽的概率分別為，且隨機變量的可能取值為，可得，，，，所以的分布列為:0123P所以，期望為.17.如圖，已知三棱臺的體積為，平面平面，是以為直角頂點的等腰直角三角形，且，

（1）證明：平面；（2）求點到面的距離；（3）在線段上是否存在點，使得二面角的大小為，若存在，求出的長，若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）根據棱臺的性質、長度關系和勾股定理可證得；由面面垂直和線面垂直的性質可證得，結合可證得結論；（2）延長交于一點，根據可求得，利用體積橋可構造方程求得結果；（3）根據線面垂直和面面垂直性質可作出二面角的平面角，設，根據幾何關系可表示出，由二面角大小可構造方程求得，進而得到結果.【小問1詳解】連接，在三棱臺中，；，四邊形為等腰梯形且，設，則.由余弦定理得：，，；平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；是以為直角頂點的等腰直角三角形，，，平面，平面.【小問2詳解】由棱臺性質知：延長交于一點，，，，；平面，即平面，即為三棱錐中，點到平面的距離，由（1）中所設：，，為等邊三角形，，，；，，，設所求點到平面的距離為，即為點到面的距離，，，解得：.即點到平面的距離為.【小問3詳解】平面，平面，平面平面，平面平面取中點，在正中，，平面，又平面，平面平面．作，平面平面，則平面，作，連接，則即在平面上的射影，平面，平面，，，平面，平面，平面，，即二面角的平面角.設，在中，作，，，又平面，平面，，解得：，由（2）知：，，，，，，，，若存在使得二面角的大小為，則，解得：，，存在滿足題意的點，.【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的垂直關系的證明、點面距離的求解、二面角問題的求解；求解二面角問題的關鍵是能夠利用三垂線法，作出二面角的平面角，進而根據幾何關系構造關于長度的方程，從而求得結果.18.已知數列的前項和為，且滿足.數列的前項和為，且滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）若，設數列的前項和為，且對任意的恒成立，求的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據與的關系，作差結合等比數列定義即可求得，當時，，作差變形得，利用等差數列定義求通項公式即可；（2）先利用錯位相減法求得，然后把恒成立問題轉化為恒成立，按照奇偶性分類討論，分離參數利用數列單調性求解參數范圍.【小問1詳解】對于數列，當時，，解得；當時，，與原式作差可得，所以是以為首項，2為公比的等比數列，所以；對于數列，當時，，解得，時，，與原式作差可得，因為，所以，所以是以為首項，1為公差的等差數列，所以.【小問2詳解】由（1）可知，所以，所以，兩式作差可得，所以，所以恒成立，化簡得.當時，恒成立，所以，當時，恒成立，所以.綜上可得：.19.如圖，在平面直角坐標系中，和是軸上關于原點對稱的兩個點，過點傾斜角為的直線與拋物線交于兩點，且．（1）若為的焦點，求證：；（2）過點作軸的垂線，垂足為，若，求直線的方程．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）將轉化為(坐標表示),從而求出點的坐標即可解答；或者由，可看作是以為直徑的圓與拋物線交點，從而求出的坐標即可解答；（2）由，易得，即，所以點必