浙江省金华市方格外国语学校2023-2024学年高三第六次模拟考试数学试卷含解析

浙江省金华市方格外国语学校2023-2024学年高三第六次模拟考试数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（）A．1 B．2 C．3 D．42．若向量，则（）A．30 B．31 C．32 D．333．在精准扶贫工作中，有6名男干部、5名女干部，从中选出2名男干部、1名女干部组成一个扶贫小组分到某村工作，则不同的选法共有()A．60种 B．70种 C．75种 D．150种4．已知命题，那么为（）A． B．C． D．5．如图网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的所有棱中最长棱的长度为（）A． B． C． D．6．我国古代数学名著《九章算术》有一问题：“今有鳖臑(biēnaò)，下广五尺，无袤；上袤四尺，无广；高七尺.问积几何？”该几何体的三视图如图所示，则此几何体外接球的表面积为()A．平方尺 B．平方尺C．平方尺 D．平方尺7．如下的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b分别为176，320，则输出的a为（）A．16 B．18 C．20 D．158．设正项等比数列的前n项和为，若，，则公比（）A． B．4 C． D．29．已知偶函数在区间内单调递减，，，，则，，满足（）A． B． C． D．10．已知双曲线的左、右顶点分别为，点是双曲线上与不重合的动点，若，则双曲线的离心率为()A． B． C．4 D．211．复数的共轭复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．设是虚数单位，复数（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点为双曲线的右焦点，两点在双曲线上，且关于原点对称，若，设，且，则该双曲线的焦距的取值范围是________.14．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个位置的螺栓.若按一定顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓.则不同的固定螺栓方式的种数是________．15．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为________.16．的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，则________.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）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：（）的焦点F在直线上，平行于x轴的两条直线，分别交抛物线C于A，B两点，交该抛物线的准线于D，E两点.（1）求抛物线C的方程；（2）若F在线段上，P是的中点，证明：.18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点．曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）过点作直线的垂线交曲线于两点(在轴上方)，求的值.19．（12分）已知函数（），不等式的解集为.（1）求的值；（2）若，，，且，求的最大值.20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.21．（12分）已知数列和满足：.（1）求证:数列为等比数列；（2）求数列的前项和.22．（10分）已知函数（1）解不等式；（2）若均为正实数，且满足，为的最小值，求证：.

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、C【解析】

设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.【详解】根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为，代入得：.由根与系数的关系得，，所以.又直线CD的方程为，同理，所以，所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，则由抛物线的定义可得.所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.故选：C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.2、C【解析】

先求出,再与相乘即可求出答案.【详解】因为,所以.故选:C.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.3、C【解析】

根据题意，分别计算“从6名男干部中选出2名男干部”和“从5名女干部中选出1名女干部”的取法数，由分步计数原理计算可得答案．【详解】解：根据题意，从6名男干部中选出2名男干部，有种取法，从5名女干部中选出1名女干部，有种取法，则有种不同的选法；故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理问题，属于基础题．4、B【解析】

利用特称命题的否定分析解答得解.【详解】已知命题，，那么是.故选：．【点睛】本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.5、C【解析】

利用正方体将三视图还原，观察可得最长棱为AD，算出长度.【详解】几何体的直观图如图所示，易得最长的棱长为故选：C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体的问题，其中利用正方体作衬托是关键，属于基础题.6、A【解析】

根据三视图得出原几何体的立体图是一个三棱锥，将三棱锥补充成一个长方体，此长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，由球的表面积公式计算可得选项.【详解】由三视图可得，该几何体是一个如图所示的三棱锥，为三棱锥外接球的球心，此三棱锥的外接球也是此三棱锥所在的长方体的外接球，所以为的中点，设球半径为，则,所以外接球的表面积，故选：A．【点睛】本题考查求几何体的外接球的表面积，关键在于由几何体的三视图得出几何体的立体图，找出外接球的球心位置和半径，属于中档题.7、A【解析】

根据题意可知最后计算的结果为的最大公约数.【详解】输入的a，b分别为,,根据流程图可知最后计算的结果为的最大公约数，按流程图计算,,,,,,,易得176和320的最大公约数为16，故选:A.【点睛】本题考查的是利用更相减损术求两个数的最大公约数,难度较易.8、D【解析】

由得，又，两式相除即可解出．【详解】解：由得，又，∴，∴，或，又正项等比数列得，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用，属于基础题．9、D【解析】

首先由函数为偶函数，可得函数在内单调递增，再由，即可判定大小【详解】因为偶函数在减，所以在上增，，，，∴.故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性,不同类型的数比较大小,应找一个中间数,通过它实现大小关系的传递，属于中档题.10、D【解析】

设，，，根据可得①，再根据又②，由①②可得，化简可得，即可求出离心率．【详解】解：设，，，∵，∴，即，①又，②，由①②可得，∵，∴，∴，∴，即，故选：D．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，考查了斜率的计算，离心率的求法，属于基础题和易错题．11、A【解析】

试题分析：由题意可得：.共轭复数为，故选A.考点：1.复数的除法运算;2.以及复平面上的点与复数的关系12、D【解析】

利用复数的除法运算，化简复数，即可求解，得到答案．【详解】由题意，复数，故选D．【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故，由双曲线定义可得，再求的值域即可.【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故.在中，由双曲线的定义可得，.故答案为：【点睛】本题考查双曲线定义及其性质，涉及到求余弦型函数的值域，考查学生的运算能力，是一道中档题.14、60【解析】分析：首先将选定第一个钉，总共有6种方法，假设选定1号，之后分析第二步，第三步等，按照分类加法计数原理，可以求得共有10种方法，利用分步乘法计数原理，求得总共有种方法.详解：根据题意，第一个可以从6个钉里任意选一个，共有6种选择方法，并且是机会相等的，若第一个选1号钉的时候，第二个可以选3,4,5号钉，依次选下去，可以得到共有10种方法，所以总共有种方法，故答案是60.点睛：该题考查的是有关分类加法计数原理和分步乘法计数原理，在解题的过程中，需要逐个的将对应的过程写出来，所以利用列举法将对应的结果列出，而对于第一个选哪个是机会均等的，从而用乘法运算得到结果.15、3【解析】

作出可行域,可得当直线经过点时,取得最大值,求解即可.【详解】作出可行域（如下图阴影部分）,联立,可求得点,当直线经过点时,.故答案为:3.【点睛】本题考查线性规划,考查数形结合的数学思想,属于基础题.16、【解析】

利用正弦定理边化角可得，从而可得，进而求解.【详解】由，由正弦定理可得，即，整理可得，又因为，所以，因为，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、两角和的正弦公式，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）根据抛物线的焦点在直线上，可求得的值，从而求得抛物线的方程；（2）法一：设直线，的方程分别为和且，，，可得，，，的坐标，进而可得直线的方程，根据在直线上，可得，再分别求得，，即可得证；法二：设，，则，根据直线的斜率不为0，设出直线的方程为，联立直线和抛物线的方程，结合韦达定理，分别求出，，化简，即可得证.【详解】（1）抛物线C的焦点坐标为，且该点在直线上，所以，解得，故所求抛物线C的方程为（2）法一：由点F在线段上，可设直线，的方程分别为和且，，，则，，，.∴直线的方程为，即.又点在线段上，∴.∵P是的中点，∴∴，.由于，不重合，所以法二：设，，则当直线的斜率为0时，不符合题意，故可设直线的方程为联立直线和抛物线的方程，得又，为该方程两根，所以，，，.，由于，不重合，所以【点睛】本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．18、（1），；（2）【解析】

(1)利用代入法消去参数可得到直线的普通方程，利用公式可得到曲线的直角坐标方程；(2)设直线的参数方程为（为参数），代入得，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.【详解】（1）由题意得点的直角坐标为，将点代入得则直线的普通方程为.由得，即.故曲线的直角坐标方程为.（2）设直线的参数方程为（为参数），代入得．设对应参数为，对应参数为．则，，且.．【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．19、（1）（2）32【解析】

利用绝对值不等式的解法求出不等式的解集,得到关于的方程,求出的值即可;由知可得,，利用三个正数的基本不等式,构造和是定值即可求出的最大值.【详解】（1）∵，，所以不等式的解集为,即为不等式的解集为，∴的解集为,即不等式的解集为，化简可得,不等式的解集为，所以,即.（2）∵，∴.又∵，，，∴，当且仅当,等号成立,即，，时，等号成立，∴的最大值为32.【点睛】本题主要考查含有两个绝对值不等式的解法和三个正数的基本不等式的灵活运用;其中利用构造出和为定值即为定值是求解本题的关键;基本不等式取最值的条件:一正二定三相等是本题的易错点;属于中档题.20、（1）：，：；（2），此时.【解析】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.试题解析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为.（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.考点：坐标系与参数方程.【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．21、（1）见解析（2）【解析】

（1）根据题目所给递推关系式得到，由此证得数列为等比数列.（2）由（1）求得数列的通项公式，判断出，由此利用裂项求和法