浙江省湖州市第一中学高三下学期新高考数学模拟试题

2024年1月普通高等学校招生全国统一考试模拟训练（湖州一中测试卷）数学试题注意事项：]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.若集合，，则为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用无理不等式及一元一次不等式的解法，结合交集的定义即可求解.【详解】,所以.故选：D.2.已知非零向量，，满足，，若为在上的投影向量，则向量，夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，即可得到结果.【详解】由，为在上的投影向量，所以，故故选：B3.已知点是双曲线的左焦点，点是双曲线上在第一象限内的一点，点是双曲线渐近线上的动点，则的最小值为（）A.8 B.5 C.3 D.2【答案】B【解析】【分析】设右焦点为，根据双曲线的定义可得，再根据三角形性质结合点到线的距离求解即可.【详解】设右焦点为，又由对称性，不妨设在渐近线上.根据双曲线的定义可得，当且仅当三点共线时取等号.又当与渐近线垂直时取最小值，为，故最小值为5.故选：B4.甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（

）A. B.C.事件与事件不相互独立 D.、、两两互斥【答案】A【解析】【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.【详解】依题意，，，，，，B对，，A错；，，所以，，所以，事件与事件不相互独立，C对，由题意可知，事件、、中的任意两个事件都不可能同时发生，因此，事件、、两两互斥，D对.故选：A.5.若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（）A.28 B.29 C.30 D.31【答案】B【解析】【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案.【详解】依题意，数列满足，，，所以，也符合，所以，是单调递增数列，由，解得，所以的最大值为.故选：B6.设函数若恰有5个不同零点，则正实数的范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】画出的图象，将恰有5个不同零点转化为与有5个交点即可.详解】由题知，零点的个数可转化为与交点的个数，当时，所以时，，单调递增，时，，单调递减，如图所示：所以时有最大值：所以时，由图可知必有两个交点；当时，因为，，所以，令，则则有且，如图所示：因为时，已有两个交点，所以只需保证与有三个交点即可，所以只需，解得.故选：D【点睛】思路点睛：函数零点问题往往可以转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合方便分析求解.7.若，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由对数函数的性质可得，构造函数，利用导数可得，则答案可求.【详解】因为，所以，所以，令，所以，则，，所以，即恒为递增函数，则，即，所以，综上：，故选：A.8.设集合，定义：集合，集合，集合，分别用，表示集合S，T中元素的个数，则下列结论可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】对A、B：不妨设，可得，根据集合的定义可得Y中至少有以上5个元素，不妨设，则集合S中至少有7个元素，排除选项A，若，则集合Y中至多有6个元素，所以，排除选项B；对C：对，则与一定成对出现，根据集合的定义可判断选项C；对D：取，则，根据集合的定义可判断选项D.【详解】解：不妨设，则的值为，显然，，所以集合Y中至少有以上5个元素，不妨设，则显然，则集合S中至少有7个元素，所以不可能，故排除A选项；其次，若，则集合Y中至多有6个元素，则，故排除B项；对于集合T，取，则，此时，，故D项正确；对于C选项而言，，则与一定成对出现，，所以一定是偶数，故C项错误.故选：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.已知是两个虚数，则下列结论中正确的是（）A.若，则与均为实数 B.若与均为实数，则C.若均为纯虚数，则为实数 D.若为实数，则均为纯虚数【答案】ABC【解析】【分析】根据复数的四则运算，结合共轭复数的定义即可求解ABC，举反例即可求解D.【详解】设，．，．若，则，，所以，，所以A正确；若与均为实数，则，且，又，，所以，所以B正确；若，均为纯虚数，则，所以，所以C正确；取，，则为实数，但，不是纯虚数，所以D错误．故选：ABC．10.如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（）A. B.与所成的角可能是C.是定值 D.当时，点到平面的距离为1【答案】ACD【解析】【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D.【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设，，则，，所以，则，故A正确；因为，，所以，若与所成的角是，则，即，整理得，得，与矛盾，故B错误；，，所以为定值，故C正确；当时，，，，，设平面的法向量为，由令，则，，，点到平面的距离，故D正确.故选：ACD.11.已知函数为定义在上的偶函数，，且，则（）A. B.的图象关于点对称C.以6为周期的函数 D.【答案】ABC【解析】【分析】令，求出可判断A；利用和得出可判断B正确；利用周期函数的定义和求出周期可判断C；赋值法求出，结合周期可判断D.【详解】因为函数为定义在上的偶函数，所以，，对于A，令，可得，因为，可得，故A正确；对于B，因为，所以，可得，从而，又因为，可得，所以，可得，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，因为，所以，所以，可得，所以有，所以以6为周期的函数，故C正确；对于D，，，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，所以，所以，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：适当的赋值和变量代换，是探求抽象函数周期的关键，求解抽象函数问题，要有扎实的基础知识和较强的抽象思维和逻辑推理能力.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.有一个邮件过滤系统，它可以根据邮件的内容和发件人等信息，判断邮件是不是垃圾邮件，并将其标记为垃圾邮件或正常邮件.对这个系统的测试具有以下结果：每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为，被标记为垃圾邮件的有的概率是正常邮件，被标记为正常邮件的有的概率是垃圾邮件，则垃圾邮件被该系统成功过滤（即垃圾邮件被标记为垃圾邮件）的概率为__________.【答案】【解析】【分析】记“正常邮件”，“标记为正常邮件”，根据题设有，，，再应用对立事件、条件概率、全概率及贝叶斯公式求垃圾邮件被该系统成功过滤的概率.【详解】记“正常邮件”，“标记为正常邮件”，则，，，所以，，故，所以.故答案为：13.已知，若存在使得，则k的最大值为________．【答案】1011【解析】【分析】根据二项展开式通项可得，讨论的奇偶性，结合分析求解即可.【详解】二项式的通项为，二项式的通项为，所以，，若，则有：当为奇数时，此时，即，则，可得，又因为为奇数，所以的最大值为1011；当为偶数时，此时，不合题意；综上所述：的最大值为1011.故答案为：1011.14.已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为__________.【答案】10【解析】【分析】设直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的几何意义求解方程，联立可得，再代入根据基本不等式求解最小值即可.【详解】的焦点为，设直线方程为，.联立直线与抛物线方程有，则.又求导可得，故直线方程为.又，故，同理.联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故.故，当且仅当，即时取等号.故答案为：10【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为，过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为.则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论:结论1.直线过抛物线的焦点.结论2.直线的方程为.结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线.结论4..结论5..结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴.结论7.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知椭圆的左右顶点距离为，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，求弦垂直平分线的纵截距的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得，进而得到椭圆标准方程；（2）设与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出点坐标，从而得到方程；令可求得在轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.【小问1详解】由题意，，即，又，所以，故，故所求椭圆的标准方程为.小问2详解】如图，由题意知：直线的斜率存在且不为零，设，，，，中点，联立，消去并整理得：，恒成立，则，，，，则方程为：，即，化简得：设直线在轴上截距为，令得，由可知，所以直线在轴上的截距的取值范围为.16.在锐角中，设边所对的角分别为，且．（1）证明：（2）若，求的取值范围．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）余弦定理结合已知消元，然后利用正弦定理边化角，利用内角和定理消去角C，用和差公式化简后，利用正弦函数单调性可得；（2）利用正弦定理将目标式转化为关于角B的三角函数，根据锐角三角形定义求角B范围，然后使用换元法，借助对勾函数性质即可求解.【小问1详解】因为，所以，整理得，又，所以，所以，整理得，所以，因为为锐角三角形，所以，所以，所以，因为函数在上单调递增，所以，即.【小问2详解】由（1）可知，，因为，所以由正弦定理可得，，即，因为，所以，又，所以，即，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，则.记，则，由对勾函数可知，在上单调递增，所以，即的取值范围为17.如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点.（1）证明：平面；（2）当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）根据线线平行即可结合线面平行的判定求证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解二面角，即可求解.【小问1详解】证明：在四棱锥中，已知，如图，取的中点，连接，是等边三角形，且为的中点.，是棱的中点，为的中点，，且.，，且.四边形是平行四边形，.平面平面，平面.【小问2详解】是等边三角形，为的中点，，且为的中点，，，又，且平面平面，平面,平面,，又，且平面，平面，平面，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，如图，建立空间直角坐标系则，假设存在满足题设的点，不妨设，且，则，，且，，即，所以则即不妨设平面的一个法向量为，易知，由令，则，.显然平面的一个法向量为，.，又，解得，存在满足题设的点，此时.18.已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验.（1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；（2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：.【答案】（1）分布列见解析，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望；（2）由（1）中结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解.【小问1详解】由题意得，的可能取值为，在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为，，依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，，易知，的分布列为：123的数学期望.【小问2详解】证明：当时，不难知道，，，由（1）可知，又，，.即.【点睛】关键点睛：本题第二问的关