浙江省北斗星盟高三下学期三模数学试题

绝密★考试结束前高三数学试题考生须知：．本试卷共4页，满分分，考试时间分钟．．答题前，请在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．．所有答案必须写在答题卷上的规定区域内，写在试卷上无效．．考试结束后，只需上交答题卷．选择题部分一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题所给的四个选项中，只有一项1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过分别解不等式求出集合，再进行交集运算即可.【详解】由可解得，所以，由可解得，又，所以，所以.故选：A．2.若复数z满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，设，然后结合复数的运算代入计算，结合复数相等列出方程，即可得到结果.第1页/共21页【详解】设，则，所以，，故，故选：B．3.已知单位向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，再利用投影向量的意义求解.【详解】已知单位向量，，故由得，故，即，因此，所以向量在向量上的投影向量为.故选：D．4.“”是“函数值域为”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】验证充分性，当时，，所以函数的值域为，即具有充分性；再验证必要性，若函数的值域为，则对于二次函数，其判别式非负，由此可解得，可得答案.【详解】若，因为，所以函数的定义域为，故，所以函数的值域为，第2页/共21页即“”是“函数的值域为”的充分条件；若函数的值域为，则对于二次函数，其值域包含，即，解得或，即“”不是“函数的值域为”的必要条件，综上，“”是“函数的值域为”的充分不必要条件，故选：A.5.若坐标原点O关于动直线l：的对称点为A，则点A的轨迹为（）A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】A【解析】【分析】先求出直线过的定点，再利用对称性得，最后根据圆的定义即可判断.【详解】由得，所以直线l过定点，又由对称性可知，，所以点A到点B的距离为，所以点A的轨迹为圆.故选：A．6.已知函数和函数的图象上相邻的四个交点构成的四边形的面积为，且，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】先计算两个函数的交点坐标，得出相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，即可计算其面积，第3页/共21页得出的值，再利用得出.【详解】由得，，则，即，则当时，（为奇数）或（则交点坐标为（（则相邻的四个交点构成的四边形为平行四边形，因相邻的交点之间的横坐标差的绝对值为，则平行四边形的面积为，得，由，得，即，因为，所以.故选：C7.已知函数满足，的正整数n的最大值为（）A.2026B.2027C.2028D.2029【答案】C【解析】【分析】先根据已知条件推出函数的周期，再求出一个周期内函数值的和，最后根据周期计算的值，进而确定满足的正整数的最大值．【详解】由题，，第4页/共21页，所以函数是周期为3的周期函数，又，，，，，，，所以满足的正整数n的最大值为2028．故选：C．8.在平面直角坐标系C：P为曲线C的最大值为（）A.B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】对的位置进行分类讨论，再利用换元法结合余弦函数性质求解最值即可.【详解】设，则，当点P位于坐标原点时，；当点P异于坐标原点时，可得，而，，且，故令，，且，则，由余弦函数性质得，故的最大值为，故B正确.第5页/共21页故选：B．二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得09.AB两位同学进行“点球”5点球一次，射中得1分，射不中得0分．已知A，B每次点球命中的概率分别为，，，若5轮比赛后A，B的总得分分别为，，则下列结论正确的是（）A.若，则B.C.若，则D.若当且仅当时，取得最大值，则【答案】ACD【解析】【分析】利用随机变量二项分布的期望、方差以及概率计算公式，逐项计算判断即可.【详解】由题意，随机变量，，对于A，故，，若，则，故A正确；对于B，若，则，化简整理得，即，所以时，，故B错误；对于C，由题意，，，所以，第6页/共21页由得，，故，即，故C正确；对于D，由题意，，则，解得，故D正确.故选：ACD．10.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，上顶点为A，且，P为C，的内角平分线交x轴于点M的是（）A.椭圆C的离心率B.C.的内切圆半径为D.【答案】AC【解析】ABC用等面积法求内切圆半径；对于D：根据角平分线的性质分析判断.【详解】对于选项A：设椭圆的焦距为，由椭圆的对称性可知，则，，所以，故A正确；第7页/共21页所以，即，故B错误；对于选项C：因为，，则，所以，又因为的周长，设内切圆半径为r，则，故C正确；对于选项D：由角平分线定理得，故D错误；故选：AC．如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为，其外接球球心为，则下列结论正确的是（）A.平面平面B.四棱锥的内切球半径为第8页/共21页C.四棱锥的体积为D.【答案】ABD【解析】【分析】选项A：运用线面垂直判断得到垂直面，再用面面垂直判定得到平面平面即可.选项B：由等腰直角三角形三边关系得长度，再由全等得垂直面，四棱锥内切球在面投影是内切圆，用直角三角形内切圆半径公式求半径．选项C：取中点、，由面面垂直得垂直面，设，根据条件列方程求，进而求体积．选项D：是外接圆圆心，外接球球心是中点，结合内切球半径和长度求．【详解】对于A，因为，，平面PAD，所以平面PAD，所以平面平面ABCD，A正确；对于B，因为侧面PAD为等腰直角三角形，，所以，，因为平面PAD，平面PAD，则，则为直角三角形，且，，所以，易知平面，该四棱锥的内切球在平面上的“正投影”为的内切圆，设的内切圆半径为r，则，所以四棱锥内切球半径为，B正确；对于C，分别取的中点E，F，连接则，又平面截内切球所得的圆为大圆，且切点在上，设，则，，，第9页/共21页所以，得，所以四棱锥的体积，C错误；对于D，易知E为的外接圆圆心，平面PAD，又四边形为矩形，所以外接球球心为为的中点，故，D正确．故选：ABD．非选择题部分三、填空题（本大题共3小题，每小题S分，共12.已知函数，为奇函数，则______．【答案】3【解析】【分析】可根据奇函数的性质来求解与的值，进而得到的值．【详解】因为函数为奇函数，所以，当时，，，所以，，所以．故答案为：.13.已知，且满足，则，则______．【答案】##【解析】【分析】运用降幂公式、两角和的余弦公式进行化简，结合角的范围可得，进而可求，利用二倍角公式和齐次化即可求的值.第10页/共21页由得，即，所以，所以，得，所以．故答案为：14.人工智能（ArtificialIntelligence．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______．【答案】【解析】【分析】利用分步乘法计数原理求出总情况数，利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数，再利用古典概型概率公式求解概率即可.【详解】设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况，生成的5个数字中有个0，个1，则，由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍，故可取的值为．当时，的取值为，共有种情况；当时，的可能取值为，，，共有种情况；当时，的取值为，，第11页/共21页共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况，且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得.故答案为：515.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，M，N为别为棱PB，CD的中点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）取AB中点E，连接ME、NE，易得、，根据线面平行、面面平行的判定及性质定理证明结论；（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】取AB中点E，连接ME、NE，因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，平面PAD，平面，则平面，第12页/共21页因为M为PB中点，所以，平面，平面，则平面，因为且都在平面内，所以平面平面，因平面，所以平面．【小问2详解】由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，得，，所以，，所以平面与平面的夹角的余弦值为．16.已知函数．（1）若曲线在处切线过点，求实数a的值；（2）当时，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】1代入方程，即可求出实数a的值.（2）二次求导，利用导数判断函数的单调性，写出函数的最小值，判断最小值大于即可得证.第13页/共21页【小问1详解】函数的定义域为，，所以，又，所以在处的切线方程为，将点代入得，解得．【小问2详解】证明：，设，则，因，所以当时，，即单调递减；当时，，即单调递增；时，，即，，，所以当时，.，，所以存在唯一的，使得，即，且当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，所以，因为，所以，故，第14页/共21页则，得证．17.如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，，且和的外接圆半径相等．（1）若，求OA的长；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由条件可得，然后在与中用余弦定理代入计算，即可得到，然后在中结合余弦定理代入计算，即可得到结果；（2与与相等或互补，然后分别讨论，即可得到结果.【小问1详解】由题，，因为和的外接圆半径相等，由正弦定理得，所以，设，，则，，在中，由余弦定理得：，即，在中，由余弦定理得：，即，第15页/共21页解得，即，在中，由余弦定理得：，即，解得或所以．【小问2详解】在中，由正弦定理得：，即，在中，由正弦定理得：，即，因为，所以，所以，或，若，则，此时，，易得，，不成立，所以，故，解得（舍）或，因为，所以，第16页/共21页故．18.已知双曲线E：，且四点，，，中恰有三点在E上．（1）求双曲线E的标准方程；（2）如图，P，Q，R分别为双曲线E上位于第一、二、四象限的点，过坐标原点O分别作直线PQ，PR的垂线，垂足分别为M，N，且．（ⅰ）证明：Q，D，R三点共线；（ⅱ）求面积的最小值．【答案】（1）（24【解析】1）根据双曲线对称性，、关于轴对称，必都在双曲线上.又因第一象限双曲线“上升”，判断不在双曲线上，确定、、在双曲线上.将这三点坐标代入双曲线标准方程，解方程组得出、的值，进而得到双曲线方程.（2i到直线距离得出与、表达式，进而求出，算出，得，同理，所以，，三点共线.（ii）由，推出，得到.面积是第17页/共21页面积的倍，，利用均值不等式求出面积最小值.【小问1详解】由题，点，，，中恰有三点在E上，根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，所以点，，为双曲线上的点，代入得解得，，所以E的标准方程为E：．【小问2详解】（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，则，故，把代入E：得：，由题知，设，，则，，则，所以，所以，同理可得，所以Q，O，R三点共线，（ⅱ）因为，，所以，所以，第18页/共21页所以，由（ⅰ）知，，又，当且仅当时等号成立，所以，所以面积的最小值为4．19.已知数列的前n项和为，的项数大于2中各项的所有不同排列填入一个行个数的一个排列，将第行的数字构成的数列记作，将数列中的第项记作．若对，均有，则称数列为数列的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为．（1）求数列