浙江省安吉县上墅私立高级中学2023-2024学年高三下学期一模考试数学试题含解析

浙江省安吉县上墅私立高级中学2023-2024学年高三下学期一模考试数学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（）A． B． C． D．2．若实数满足不等式组则的最小值等于（）A． B． C． D．3．某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（）．A． B． C．1 D．4．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为A．2 B．3 C． D．5．若集合，，则（）A． B． C． D．6．若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知的垂心为，且是的中点，则（）A．14 B．12 C．10 D．88．已知全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（）A． B． C． D．9．已知抛物线，F为抛物线的焦点且MN为过焦点的弦，若，，则的面积为（）A． B． C． D．10．已知集合，定义集合，则等于（）A． B．C． D．11．已知随机变量服从正态分布，且，则（）A． B． C． D．12．若数列满足且，则使的的值为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设是公差不为0的等差数列的前n项和，且，则______.14．已知，是互相垂直的单位向量，若与λ的夹角为60°，则实数λ的值是__．15．已知（且）有最小值，且最小值不小于1，则的取值范围为__________.16．已知，，求____________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于点两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．18．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.（1）求B；（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.19．（12分）已知命题：，；命题：函数无零点.（1）若为假，求实数的取值范围；（2）若为假，为真，求实数的取值范围.20．（12分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）设，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求实数的值.21．（12分）如图，在正四棱锥中，，点、分别在线段、上，．（1）若，求证：⊥；（2）若二面角的大小为，求线段的长．22．（10分）已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式，再利用诱导公式得到关于的方程，对赋值即可求解.【详解】由题意知，函数的最小正周期为,即,由函数的图象平移变换公式可得，将函数的图象向右平移个周期后的解析式为，因为函数的图象关于轴对称，所以，即，所以当时，有最小正值为.故选：D【点睛】本题考查函数的图象平移变换公式和三角函数诱导公式及正余弦函数的性质；熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.2、A【解析】

首先画出可行域，利用目标函数的几何意义求的最小值．【详解】解：作出实数，满足不等式组表示的平面区域（如图示：阴影部分）由得，由得，平移，易知过点时直线在上截距最小，所以．故选：A．【点睛】本题考查了简单线性规划问题，求目标函数的最值先画出可行域，利用几何意义求值，属于中档题．3、B【解析】

首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长．【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，所以，该四棱锥体的最长的棱长为．故选：B．【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题．4、D【解析】

本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果。【详解】根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，因为，在双曲线上，所以根据双曲线性质可知，，即，，因为圆的半径为，是圆的半径，所以，因为，，，，所以，三角形是直角三角形，因为，所以，，即点纵坐标为，将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，将点坐标带入双曲线中可得，化简得，，，，故选D。【点睛】本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。5、A【解析】

用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可．【详解】解：由集合，解得，则故选：．【点睛】本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题．6、B【解析】

求导函数，求出函数的极值，利用函数恰有三个零点，即可求实数的取值范围.【详解】函数的导数为，令，则或，上单调递减，上单调递增，所以0或是函数y的极值点，函数的极值为：，函数恰有三个零点，则实数的取值范围是：.故选B.【点睛】该题考查的是有关结合函数零点个数，来确定参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意应用导数研究函数图象的走向，利用数形结合思想，转化为函数图象间交点个数的问题，难度不大.7、A【解析】

由垂心的性质，得到，可转化，又即得解.【详解】因为为的垂心，所以，所以，而，所以，因为是的中点，所以．故选：A【点睛】本题考查了利用向量的线性运算和向量的数量积的运算率，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.8、D【解析】

先求出集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.【详解】由，，可得或，又所以.故选：D.【点睛】本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.9、A【解析】

根据可知,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可.【详解】由题意可知抛物线方程为,设点点,则由抛物线定义知,,则.由得,则.又MN为过焦点的弦,所以,则,所以.故选：A【点睛】本题考查抛物线的方程应用,同时也考查了焦半径公式等.属于中档题.10、C【解析】

根据定义，求出，即可求出结论.【详解】因为集合，所以，则，所以.故选:C.【点睛】本题考查集合的新定义运算，理解新定义是解题的关键，属于基础题.11、C【解析】

根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解．【详解】，，，．故选：C．【点睛】本题考查正态分布的应用．掌握正态曲线的性质是解题基础．随机变量服从正态分布，则．12、C【解析】因为，所以是等差数列，且公差，则，所以由题设可得，则，应选答案C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、18【解析】

将已知已知转化为的形式，化简后求得，利用等差数列前公式化简，由此求得表达式的值.【详解】因为，所以.故填：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的性质以及求和，考查运算求解能力，属于基础题.14、【解析】

根据平面向量的数量积运算与单位向量的定义，列出方程解方程即可求出λ的值．【详解】解：由题意，设（1，0），（0，1），则（，﹣1），λ（1，λ）；又夹角为60°，∴（）•（λ）λ＝2cos60°，即λ，解得λ．【点睛】本题考查了单位向量和平面向量数量积的运算问题，是中档题．15、【解析】

真数有最小值，根据已知可得的范围，求出函数的最小值，建立关于的不等量关系，求解即可.【详解】，且（且）有最小值，，的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查对数型复合函数的性质，熟练掌握基本初等函数的性质是解题关键，属于基础题.16、【解析】

求出向量的坐标，然后利用向量数量积的坐标运算可计算出结果.【详解】，，，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）见解析【解析】

（1）由面积最大值可得，又，以及，解得，即可得到椭圆的方程，（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，，线段的中点为，根据韦达定理求出点的坐标，再根据，，即可求出的值，可得点的坐标.【详解】（1）面积的最大值为，则：又，，解得：，椭圆的方程为：（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形设，，线段的中点为由，消去可得：，解得：∴，，依题意有，由可得：，可得：由可得：，代入上式化简可得：则：，解得：当时，点满足题意；当时，点满足题意故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，斜率公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.18、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理及可得，从而得到；（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.【详解】（1）由正弦定理及已知得，结合，得，因为，所以，由，得.（2）在中，由余弦定得，因为，所以，当且仅当时，的面积取得最大值，此时.在中，由余弦定理得.即.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.19、（1）（2）【解析】

（1）为假,则为真，求导，利用导函数研究函数有零点条件得的取值范围；（2）由为假，为真，知一真一假；分类讨论列不等式组可解.【详解】（1）依题意，为真，则无解，即无解；令，则，故当时，，单调递增，当，，单调递减，作出函数图象如下所示，观察可知，，即；（2）若为真，则，解得；由为假，为真，知一真一假；若真假，则实数满足，则；若假真，则实数满足，无解；综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查根据全(特)称命题的真假求参数的问题.其思路：与全称命题或特称命题真假有关的参数取值范围问题的本质是恒成立问题或有解问题．解决此类问题时，一般先利用等价转化思想将条件合理转化，得到关于参数的方程或不等式(组)，再通过解方程或不等式(组)求出参数的值或范围．20、(1)(2)【解析】

（1）把f（x）去绝对值写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得解集，综合可得结论．（2）把f（x）去绝对值写成分段函数，画出f（x）的图像，找出利用条件求得a的值．【详解】（1）时，.当时，即为，解得.当时，，解得.当时，，解得.综上，的解集为.（2）.，由的图象知，，.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法及含绝对值的函数的最值问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题21、（1）证明见解析；（2）．【解析】试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题．（1）只要证明＝0即可证明垂直；（2）设＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得．试题解析:(1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系．因为PA＝AB＝，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．由＝，得N，由＝，得M，所以，＝(－1，－1，0)．因为＝0，所以MN⊥AD(2)解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．设平面MBD的法向量＝(x，y，z)，由，得其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．因为平面ABD的法向量为＝(0，0，1)，所以cos＝，即＝，解得λ＝，从而M，N，所以MN＝＝．考点：用空间向量法证垂直、求二面角．22、（1）；（2）