1、金华十校2024年4月高三模拟考试数学试题卷注意事项：1本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页.考试时间120分钟.试卷总分为150分.2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3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.选择题部分（共58分）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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】根据一元二次不等式求解，即可由交集求解.【详
2、解】，故，故选：B2. （ ）A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算即可求解.【详解】，故选：A3. 设，条件，条件，则p是q的（ ）A. 充分不要条件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】B【解析】【分析】根据必要不充分条件的定义，结合同角三角函数基本关系，即可求解【详解】由于，若，则，充分性不成立，若，则，必要性成立，故是的必要不充分条件故选：B4. 设直线，圆，则l与圆C（ ）A. 相交B. 相切C. 相离D. 以上都有可能【答案】C【解析】【分析】求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，与半径比较即可判断求解【详解】圆的圆心为，半
3、径，则圆心到直线的距离，故直线与圆相离故选：C5. 等差数列的首项为正数，公差为，为的前项和，若，且，成等比数列，则（ ）A. 1B. 2C. D. 2或【答案】B【解析】【分析】由等比中项的性质得到，结合求和公式得到或，再由，计算可得.【详解】因为，成等比数列，所以，即，即，所以或，又，当，则，解得（舍去），当，则，解得，则.故选：B6. 在中，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据两角差的正弦公式求出，再由正弦定理求出，代入面积公式即可得解.【详解】由题意，由正弦定理，即，所以，故选：D7. 金华市选拔2个管理型教师和4个教学型教师去新疆支教，把这6个老师分
4、配到3个学校，要求每个学校安排2名教师，且管理型教师不安排在同一个学校，则不同的分配方案有（ ）A. 72种B. 48种C. 36种D. 24种【答案】A【解析】【分析】首先取2名教学型老师分配给一个学校，再把剩余老师分成组，然后分给剩余2个不同学校有种不同分法，再由分步乘法计数原理得解.【详解】选取一个学校安排2名教学型老师有种不同的方法，剩余2名教学型老师与2名管理型教师，各取1名，分成两组共有种，这2组分配到2个不同学校有种不同分法，所以由分步乘法计数原理知，共有种不同的分法.故选：A8. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知结合两角差的余弦公式可先求出
5、，然后结合二倍角公式及和差化积公式进行化简即可求解【详解】由得，又，所以，所以故选：C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. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），画出频率分布直方图如图所示，记直方图中六个小矩形的面积从左到右依次为（，2，6），则（ ）A. x的值为0.0044B. 这100户居民该月用电量的中位数为175C. 用电量落在区间内的户数为75D. 这100户居民该月的平均用电量为【答案】AD【解析】【分
6、析】根据频率分布直方图中频率之和为1即可判断A，根据中位数的计算即可求解B，根据频率即可求解C，根据平均数的计算即可判断D.【详解】对于A，由频率分布直方图的性质可知，解得，故A正确；对于B，因为，所以中位数落在区间内，设其为，则，解得，故B错误；对于C，用电量落在区间，内的户数为，故C错误；对于D，这100户居民该月的平均用电量为，故D正确.故选：AD10. 已知，则（ ）A. B. C D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性求解即可.【详解】对于A，因为,所以指数函数在上单调递减，且，所以，因为幂函数在上单调递增，且，所以，所以，故A正确，对于B，取，则，故B错
7、误；对于C，因为对数函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，故C正确；对于D，因为在上单调递增，所以，则，因为对数函数在上单调递减，所以，故D正确故选：ACD11. 在矩形中，E为线段的中点，将沿直线翻折成若M为线段的中点，则在从起始到结束的翻折过程中，（ ）A. 存在某位置，使得B. 存在某位置，使得C. 的长为定值D. 与所成角的正切值的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】当时，可得出平面，得出推出矛盾判断A，当平面时可判断B，根据等角定理及余弦定理判断C，建系利用向量法判断D.【详解】如图， 设的中点，连接，则，若，由，平面，可得平面，平面，则可证出，显然矛盾，故 A 错误；因为，
8、所以当平面，由平面可得，由，平面，即可得平面，再由平面，则有，故B正确；取中点，且方向相同，所以为定值，所以为定值，故C正确；不妨设，以分别为轴，如图建立空间直角坐标系，设，则，设与所成角为，则，即与所成最小角的余弦值为，此时，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：处理折叠问题，注意折前折后可变量与不变量，充分利用折前折后不变的量，其次灵活运用线面垂直的判定定理与性质定理是研究垂直问题的关键所在，最后不容易直接处理的最值问题可考虑向量法计算后得解.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 已知单位向量，满足，则与的夹角为_【答案】（或写成）【解析】【分析
9、】将等式两边平方即可.【详解】因为，所以，所以，故答案为：.13. 已知函数若在点处的切线与点处的切线互相垂直，则_【答案】#【解析】【分析】分别求出函数在两段上的导数，根据导数的几何意义求出切线斜率，再由切线垂直得解.【详解】当时，所以，且点不在上，否则切线不垂直，故，当时，所以，由切线垂直可知，解得.故答案为：14. 设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，椭圆的焦点为，在第一象限的交点为P，若点P在直线上，且，则的值为_【答案】【解析】【分析】设椭圆与双曲线相同的焦距为，先根据题意得出点的坐标，再将点分别代入椭圆和双曲线的方程中，求离心率，即可得解.【详解】设椭圆与双曲线相同的焦
10、距为，则，又，所以，又点在第一象限，且在直线上，所以，又点在椭圆上，所以，即，整理得，即，解得，因为，所以，同理可得点在双曲线上，所以，即，解得，所以.故答案为：.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. 为鼓励消费，某商场开展积分奖励活动，消费满100元的顾客可拋掷骰子两次，若两次点数之和等于7，则获得5个积分：若点数之和不等于7，则获得2个积分（1）记两次点数之和等于7为事件A，第一次点数是奇数为事件B，证明：事件A，B是独立事件；（2）现有3位顾客参与了这个活动，求他们获得的积分之和X的分布列和期望【答案】（1）证明见解析 （2）分布列见解析；【解
11、析】【分析】（1）根据古典概型分别计算，由，的关系证明；（2）根据次独立重复试验模型求出概率，列出分布列，得出期望.【小问1详解】因为两次点数之和等于7有以下基本事件：共6个，所以，又而第一次点数是奇数且两次点数之和等于7的基本事件是共3个，所以，故，所以事件A，B是独立事件【小问2详解】设三位参与这个活动的顾客共获得的积分为X，则X可取6，9，12，15，所以分布列为：691215所以.16. 设，（1）若，求的值域；（2）若存在极值点，求实数a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求导，得，即可根据和判断导数的正负确定函数的单调性，求解极值点以及端点处的函数值即可求解，（2
12、）将问题转化为在上有解，即可分离参数得，利用换元法，结合函数单调性即可求解.【小问1详解】若，当时，则，单调递增；当时，则，单调递减又，所以，即的值域为【小问2详解】存在极值点，则在上有解，即有解令，则在上有解因为函数在区间上单调递减，所以，经检验符合题意17. 如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，（1）求证：三棱锥是正三棱锥；（2）若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理，证明平面即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角正弦即可.【小问1详解】分别取AB，BC中点D，E，连接C
13、D，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心因为得，又平面，所以平面，又平面，则；取中点，连接，则四边形是平行四边形，因为侧面是矩形，所以，又，又平面，所以平面，又平面，则；又，平面，所以平面，所以三棱锥是正三棱锥【小问2详解】因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高，以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，因为则，取，可得，又，设直线与平面所成角为，所以.18. 设抛物线，直线是抛物线C的准线，且与x轴交于点B，过点B的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，是不在直线l上的一点，直线，分别与准线交于P，Q两点
14、（1）求抛物线C的方程；（2）证明：（3）记，的面积分别为，若，求直线l的方程【答案】（1） （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）根据准线方程可得，即可求解；（2）设l：，联立直线与抛物线，得出根与系数的关系，再由直线的相交求出坐标，转化为求即可得证；（3）由（2）可得，再由，根据可得，即可得解.【小问1详解】因为为抛物线的准线，所以，即，故抛物线C的方程为小问2详解】如图，设l：，联立，消去x得，则，且，又AM：，令得，同理可得，所以，故.【小问3详解】由（2）可得：，由，得：，解得，所以直线l的方程为【点睛】关键点点睛：本题第二问中直线较多，解题的关键在于理清主从关系，据此求出点
15、的坐标（含参数），第二个关键点在于将转化为关于对称，即.19. 设p为素数，对任意的非负整数n，记，其中，如果非负整数n满足能被p整除，则称n对p“协调”（1）分别判断194，195，196这三个数是否对3“协调”，并说明理由；（2）判断并证明在，这个数中，有多少个数对p“协调”；（3）计算前个对p“协调”的非负整数之和【答案】（1）194，196对3“协调”，195对3不“协调” （2）有且仅有一个数对p“协调”，证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）根据n对p“协调”的定义，即可计算，即可求解，（2）根据n对p“协调”的定义以及整除原理可证明引理，证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”，
16、即可根据引理求证（3）将这个数分成p组，每组p个数，根据引理证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”，即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，所以194，196对3“协调”，195对3不“协调”.【小问2详解】先证引理：对于任意的非负整数t，在中有且仅有一个数对p“协调”证明如下：设，由于pt是p的倍数，所以，所以，即对于这一项的系数为，所以，根据整除原理可知，中有且仅有一个数能被p整除，所以在中有且仅有一个数对p“协调”接下来把以上个数进行分组，分成以下p组（每组p个数）：根据引理可知，在以上每组里恰有1个数对p“协调”，所以共有p个数对p“协调”【小问3详解】继续考虑这个数分成p组，每组p个数：由（2）的引理可知每一行里有且只有一个数对p“协调”，下面证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”证明如下：设某一列第一个数为，则，所以，同理当时，所以当时，集合中的p个数中有且只有1个数对p“协调”注意到数阵中每一个数向右一个数增加1，向下一个数增加p，所以p个数对p“协调”的数之和为：，进一步，前个对p“协调”的非负整数之和为：【点睛】方法点睛：对于新型定义，首先要了解定义所给的关系式的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将定义可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司
