浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试数学试题
1．（2024高三上·嘉兴模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；补集及其运算
【解析】【解答】，
又，所以，
所以，，，，
故选：A
【分析】本题考查集合的补集运算.先根据集合的定义，求出全集，再根据集合补集的定义可求出集合A，利用元素与集合的关系进行判断可得：，，，，据此可选出答案.
2．（2024高三上·嘉兴模拟）在复平面内，复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】因为复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，
所以，
所以
故选：C
【分析】本题考查复数的几何意义，复数的乘法运算.根据复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，利用复数的几何意义可求出，再利用复数的乘法运算可求出，据此可选出答案.
3．（2024高三上·嘉兴模拟）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】由条件可得
因为，
所以
所以
故选：B
【分析】本题考查平面向量平行的坐标运算.先利用平面向量平行的坐标运算可求出，再根据平面向量平行的坐标运算可列出方程，再通过化简可求出答案.
4．（2024高三上·嘉兴模拟）嘉兴河流众多，许多河边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连.数学中把这种两端固定的一条均匀 柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线（Catenary）.已知函数的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．的最大值是
C．在上单调递增 D．方程有2个实数解
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A，∵，则为偶函数，A错误；
C，又∵，根据，在R上均单调递增，
则在在R上单调递增，且，
则当时，则，当时，则，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为，C错误；
B.则，即的最小值为，B错误；
D，法一：因为为偶函数，且最小值为，，
并且根据C中的单调递减区间为，单调递增区间为，且时，，
所以有2个实数解，D正确.
法二：令，，
再结合指数函数性质知方程有2个实数根，D正确.，
故选：D
【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的最值，函数的单调性，函数与方程的综合应用.先求出，进而可得，利用函数的奇偶性可判断A选项；先求出导函数可得，利用指数函数的性质可得在R上单调递增，进而可推出当时，则，当时，则，据此求出函数的单调区间，可判断C选项；根据函数的单调区间可得，利用函数的最值的定义可判断B选项；根据函数的奇偶性，再根据，结合最值和单调性可得时，，据此可判断有2个实数解，判断D选项.
5．（2024高三上·嘉兴模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．12
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】因为，所以，即
又
所以
所以，
故选：C
【分析】本题考查三角函数的恒等变换.先利用正切的定义可将化简为，再利用两角差的余弦公式可将化简为，利用正切的定义和两角和的正弦公式化简可得：，再代入数据进行计算可求出答案.
6．（2024高三上·嘉兴模拟）已知四面体的每条棱长都为2，若球与它的每条棱都相切，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】将正四面体补成一个正方体球与正四面体的棱都相切．
则球与正方体的内切球，正方体边长为，
故选：B.
【分析】本题考查球的内接几何体问题.先将正四面体补成一个正方体球与正四面体的棱都相切．设正方体边长为，利用勾股定理可列出方程，解方程可求出a的值，进而可求出半径r，利用球的体积公式可求出答案.
7．（2024高三上·嘉兴模拟）将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行 每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】符合题意的填写方法有如下8种：
而9个数填入9个格子有种方法
所以所求概率为，
故选：A．
【分析】本题考查古典型概率.先根据题意的填写方法的种数，据此可得9个数填入9个格子有种方法，利用古典型概率计算公式写出计算式子可求出答案.
8．（2024高三上·嘉兴模拟）《测圆海镜》是金元之际李冶所著中国古代数学著作，这是中国古代论述容圆的一部专著，也是论述天元术的代表作.天元术与现代数学中列方程的方法基本一致，先立“天元一”为…，相当于“设为…”，再根据问题的已知条件列出两个相等的多项式，最后通过合并同类项得到方程.设，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】令，
当时，，
两式相减可得①，
当时，，满足①式，
所以，
故选：D.
【分析】本题考查数列求和.令，进而可得：，据此可推出，再根据可求出，据此可得：，利用等差数列的求和公式可求出答案.
9．（2024高三上·嘉兴模拟）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据的下四分位数是17
B．在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11
C．若随机变量，则
D．若随机变量，若，则
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A.从小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位数是17，A正确；
B，，B正确；
C，由二项分布可得：，C错误；
D，由正态分布的对称性可得：，D正确
故选：ABD
【分析】本题考查百分位数的定义，加权平均数，二项分布，正态分布.先求出数的位置为：，进而可求出下四分位数，据此可判断A选项；利用加权平均数的定义可列出式子，再进行计算可判断B选项；利用二项分布的计算公式可列出式子，再进行计算可判断C选项；利用正态分布的对称性可得：，再进行计算可判断D选项.
10．（2024高三上·嘉兴模拟）已知椭圆的左右焦点分别是，以为直径的圆与在第一象限交于点，延长线段交于点.若，则（ ）
A． B．的面积为
C．椭圆的离心率为 D．直线的斜率为
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】
A，由椭圆的定义可得，，，又，所以，A正确；
B，如图，连接，，设（），则.
因为，，
所以，.
因为为圆的直径，所以，在中，，
即，整理得，
所以，B错误；
C，在中，，.
所以，即，
解得；，即，C正确；
D，在中，
在中，
所以，
所以直线的斜率为．D正确；
故选：ACD
【分析】本题考查椭圆的定义，椭圆的简单几何性质.利用椭圆的定义可得， ，利用线段的运算可得 ，据此可判断A选项； 设（）， 进而可得，. 利用勾股定理可列出方程，解方程结合利用三角形的面积计算公式计算可得，据此可判断B选项；根据B选项可得：，.利用勾股定理可求出a和c的关系，利用离心率的计算公式进行计算可判断C选项；利用正切的定义进行计算可得：，，利用两角差的正切公式可以求出，利用直线的斜率的定义可得 ，据此可判断D选项.
11．（2024高三上·嘉兴模拟）定义在上的函数满足，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则实数的取值必可以为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A,B,C,D
【知识点】函数的值域；简单函数定义域
【解析】【解答】因为，设当时，，则，
A.当时，，令，当时，满足条件，A正确；
B.当时，，令，当时，
满足条件，B正确；
C和D.当或时，对设，
即对于
故，
而对于，
故存在，即，
故，C正确.D正确.
故选：ABCD
【分析】本题考查函数的定义域和值域.当时，再结合，通过计算可得：，据此可判断A选项；当时，再结合，通过计算可得：，据此可判断B选项；当或时，对设，通过计算可得存在，即，进而可得，据此可判断C选项和D选项.
12．（2024高三上·嘉兴模拟）若，则 .
【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】的展开式通项是：，
依题意得，，即，所以，
故答案为：
【分析】本题考查二项式的通项.利用二项式的通项可得：的展开式通项是：，根据题意可列出方程，解方程可求出k的值，代入通项公式可求出的值.
13．（2024高三上·嘉兴模拟）已知直线与圆交于两点，写出满足“”的实数的一个值： .
【答案】或（写出其中一个即可）
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】圆心为，到直线的距离为，
又，圆半径为2，则，解得，
故答案为：或．
【分析】本题考查直线与圆的位置关系.先利用点到直线的距离公式进行计算可得圆心为，到直线的距离为，利用勾股定理可列出方程，解方程可求出m的值.
14．（2024高三上·嘉兴模拟）在长方体中，，点满足，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，当最小时， .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】
作，垂足，则底面，再作，垂足分别为，
则，又正方体中，
设，则，
当，易知，，此时，，
当，易知，，此时，，
当且时，，
所以，
设，则，
当且仅当，即时，取到最小值，
时，时，
且时递减，时递增，
综上，恒成立，即，
所以当时，取到最小，此时.
综上可知当时，取到最小.
故答案为：
【分析】本题考查二面角的定义，利用基本不等式求最值.作，垂足，则底面，再作，垂足分别为，则，设，则，分三种情况：当，当；可依次求出的值，当且时，利用正切的定义可得，利用两角和的正切公式可得：，设，则，当且仅当，即时，取到最小值，根据可求出x的值，再根据，可求出的值，求出答案.
15．（2024高三上·嘉兴模拟）记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边上一点，，求.
【答案】（1）因为，则，
所以，
因为，
所以.
（2）法①：由（1）得，，因为，所以，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因为，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）问知，所以，即，得即，所以，.
法④如图由（1）知，则，
因为，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）将式子. 利用平方差公式进行展开化简可得；，利用余弦定理化简可得：，据此可反推出角A；
（2）法①：根据，可求出，利用余弦定理可列出方程，据此可求出，利用正弦定理可列出方程，通过化简可求出，进而可求出cosC，再根据，利用两角和的正弦公式进行展开可求出答案；
法②：由法①得，在中利用正弦定理可列出式子，化简后可求出，进而可求出，再根据，利用诱导公式可求出，利用正弦的定义可求出；
法③：由法①得，在直角中，利用勾股定理可求出，由（1）问知，代入建立关于的方程，解方程可求出，从而得出；
法④：由等面积法得，建立关于的方程，解方程可求出，代入求得，最后再利用正弦定理可列出方程，解方程可求出sinB的值.
（1），则，
所以，
因为，
所以.
（2）法①：由（1）得，，因为，所以，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因为，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）问知，所以，即，得即，所以，.
法④如图由（1）知，则，
因为，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
16．（2024高三上·嘉兴模拟）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）解法一：取的中点，连接，
因为点是的中点，
所以，且，
正方形中，点是的中点，，
所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，点是的中点，所以，
又侧面底面，侧面底面平面，所以平面，
如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，
则
所以，所以
设平面的一个法向量为，则，
取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面.
（2）解法一：
过点作，垂足为，连接，由题意知，
又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以为直线与平面所成的角，
记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以，
又由题意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
解法二：由（1）知
设是平面的一个法向量，则，
取得，所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角.（1）解法一：取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
解法二：利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，求出，再求出平面的一个法向量为，通过计算可得，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）解法一：过点作，垂足为，连接，利用直线与平面垂直的定义可证明底面，利用直线与平面所成角的定义可得为直线与平面所成的角，记直线与平面所成的角为，利用正弦的定义可求出HK，利用勾股定理可求出BE和BH，利用正弦的定义可得：，据此可求出答案；
解法二：利用空间向量的定义可得，设是平面的一个法向量，根据法向量的定义可列出方程组，解方程组可得，利用空间向量的夹角公式可求出，进而可得，可求出答案.
（1）解法一：取的中点，连接，
因为点是的中点，所以，且，
正方形中，点是的中点，，
所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，点是的中点，所以，
又侧面底面，侧面底面平面，所以平面，
如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，
则
所以，所以
设平面的一个法向量为，则，
取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面.
（2）解法一：
过点作，垂足为，连接，由题意知，
又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以为直线与平面所成的角，
记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以，
又由题意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
解法二：由（1）知
设是平面的一个法向量，则，
取得，所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
17．（2024高三上·嘉兴模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，使得函数成立，求证：.
参考数据：.
【答案】（1）函数的定义域为，则
当时，，所以单调递增，即在上单调递增，
当时，令，又，解得，所以在上单调递减，
令，解得，所以在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由得，所以，
因为，所以，由题意知，
记函数，则，
记，则当时，
所以函数在上单调递增，
又，
因为，所以
所以存在，使得，即，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以，
所以，证毕.
方法二：存在，使得函数成立，
存在，使得函数成立，
记，则，
当时，，所以单调递减，则，不合题意；
当时，存在，即，
所以在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，则单调递增，
又，所以，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的恒成立问题.（1）先求函数的定义域可得：函数的定义域为，再求出导函数可得：，分两种情况：当时，当时，进而可确定导函数，进而可确定函数的单调性；
（2）法一：先进行参变量分离可得：，将问题转化为最值问题可得：，构造函数，求导可得：，再构造函数，求导可得：，据此可推出函数在上单调递增，利用零点存在定理和单调性，判断出存在，使得，即，则，从而得出，据此可证明结论；
法二：通过变形可将问题转化为：存在，使得函数成立，构造函数，求导可得：利用零点存在定理和单调性，存在，即，得到，又单调递增，又，得出，所以得证.
（1）函数的定义域为，则
当时，，所以单调递增，即在上单调递增，
当时，令，又，解得，所以在上单调递减，
令，解得，所以在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由得，所以，
因为，所以，由题意知，
记函数，则，
记，则当时，
所以函数在上单调递增，
又，
因为，所以
所以存在，使得，即，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以，
所以，证毕.
方法二：存在，使得函数成立，
存在，使得函数成立，
记，则，
当时，，所以单调递减，则，不合题意；
当时，存在，即，
所以在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，则单调递增，
又，所以，
所以.
18．（2024高三上·嘉兴模拟）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）若的面积为6，求点的坐标.
【答案】（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以，
因此，即，解得，从而抛物线的方程为.
（2）
（i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，
所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，
，
同理，则，
化简得，则，
所以点在定直线上.
（ii），则直线，
即
线段的长度：，点到直线的距离，
可得的面积为，
因为，且，化简得
，
令，则，即.
解得或，
由知或，所以或
所求点的坐标为，或者.
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系.（1）根据，利用焦半径公式计算可得：，再再根据点M在抛物线上可得：，据此可列出方程，解方程可求出p的值，据此可求出抛物线的方程；
（2）（i）根据题意利用斜率公式计算可得：，，再根据的倾斜角互补可得的斜率互为相反数，据此可列出方程，通过化简可得，进而可证明点在定直线上.
（ii）写出直线方程为：，利用点到线的距离公式可求出点到直线的距离，利用三角形的面积计算公式可得：，通过化简可得：，令，可列出方程，解方程可求出t的值，进而可求出点A的坐标.
（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以，
因此，即，解得，从而抛物线的方程为.
（2）
（i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，
所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，
，
同理，则，
化简得，则，
所以点在定直线上.
（ii），则直线，
即
线段的长度：，点到直线的距离，
可得的面积为，
因为，且，化简得
，
令，则，即.
解得或，
由知或，所以或
所求点的坐标为，或者.
19．（2024高三上·嘉兴模拟）当，且时，我们把叫做数列的阶子数列，若成等差（等比）数列，则称为数列的阶等差（等比）子数列.已知项数为，且的等差数列的首项，公差.
（1）写出数列的所有3阶等差子数列；
（2）数列中是否存在3阶等比子数列，若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由；
（3）记数列的3阶和4阶等差子数列个数分别为，求证：.
【答案】（1）所求三阶等差子数列为.
（2）由题意得等差数列的通项为，
假设存在三阶等比子数列，则，
即，化简得，
所以消得，即，
所以与矛盾，故假设不成立，
因此数列不存在三阶等比子数列.
（3）先求的值
当为奇数时，；
当为偶数时，，
所以.
再求的值
当时，，
当时，，
当时，，
所以
所以当时，，因为在上单调递增，所以，
即此时，即成立；
同理当时，，即成立；
当时，，即成立；
当时，，要证成立，只需证明
，因为，故，即成立；
当时，，即成立；
当时，，即成立，
综上成立.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】本题考查等差数列的定义和等比数列的定义，数列求和.（1）根据题干中数列的阶等差子数列的定义，据此可直接写出数列的所有3阶等差子数列； ；
（2）根据等差数列的定义可得：，假设存在三阶等比子数列，利用等比中项的定义可得：，据此得到一个方程，可得方程组，进而可推出与矛盾，故假设不成立，据此可判断结论；
（3）分别求出与的值，得出当时，，构造函数，利用反比例函数的单调性可得在上单调递增，进而可推出，得出，即；同理可以证出当，，、、时，同样成立，综上所述可证明结论成立.
（1）所求三阶等差子数列为.
（2）由题意得等差数列的通项为，
假设存在三阶等比子数列，则，
即，化简得，
所以消得，即，
所以与矛盾，故假设不成立，
因此数列不存在三阶等比子数列.
（3）先求的值
当为奇数时，；
当为偶数时，，
所以.
再求的值
当时，，
当时，，
当时，，
所以
所以当时，，因为在上单调递增，所以，
即此时，即成立；
同理当时，，即成立；
当时，，即成立；
当时，，要证成立，只需证明
，因为，故，即成立；
当时，，即成立；
当时，，即成立，
综上成立.
1 / 1浙江省嘉兴市2024-2025学年高三上学期9月基础测试数学试题
1．（2024高三上·嘉兴模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·嘉兴模拟）在复平面内，复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，则（ ）
A． B． C．5 D．
3．（2024高三上·嘉兴模拟）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．0 D．1
4．（2024高三上·嘉兴模拟）嘉兴河流众多，许多河边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连.数学中把这种两端固定的一条均匀 柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线（Catenary）.已知函数的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．的最大值是
C．在上单调递增 D．方程有2个实数解
5．（2024高三上·嘉兴模拟）已知，则（ ）
A． B． C． D．12
6．（2024高三上·嘉兴模拟）已知四面体的每条棱长都为2，若球与它的每条棱都相切，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·嘉兴模拟）将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行 每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·嘉兴模拟）《测圆海镜》是金元之际李冶所著中国古代数学著作，这是中国古代论述容圆的一部专著，也是论述天元术的代表作.天元术与现代数学中列方程的方法基本一致，先立“天元一”为…，相当于“设为…”，再根据问题的已知条件列出两个相等的多项式，最后通过合并同类项得到方程.设，若，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·嘉兴模拟）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据的下四分位数是17
B．在比例分配的分层随机抽样中，若第一层的样本量为10，平均值为9，第二层的样本量为20，平均值为12，则所抽样本的平均值为11
C．若随机变量，则
D．若随机变量，若，则
10．（2024高三上·嘉兴模拟）已知椭圆的左右焦点分别是，以为直径的圆与在第一象限交于点，延长线段交于点.若，则（ ）
A． B．的面积为
C．椭圆的离心率为 D．直线的斜率为
11．（2024高三上·嘉兴模拟）定义在上的函数满足，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则实数的取值必可以为（ ）
A． B． C． D．1
12．（2024高三上·嘉兴模拟）若，则 .
13．（2024高三上·嘉兴模拟）已知直线与圆交于两点，写出满足“”的实数的一个值： .
14．（2024高三上·嘉兴模拟）在长方体中，，点满足，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，当最小时， .
15．（2024高三上·嘉兴模拟）记的内角所对的边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边上一点，，求.
16．（2024高三上·嘉兴模拟）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的正方形，侧面底面，点分别是的中点，点在棱上且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值.
17．（2024高三上·嘉兴模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，使得函数成立，求证：.
参考数据：.
18．（2024高三上·嘉兴模拟）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）若的面积为6，求点的坐标.
19．（2024高三上·嘉兴模拟）当，且时，我们把叫做数列的阶子数列，若成等差（等比）数列，则称为数列的阶等差（等比）子数列.已知项数为，且的等差数列的首项，公差.
（1）写出数列的所有3阶等差子数列；
（2）数列中是否存在3阶等比子数列，若存在，请至少写出一个；若不存在，请说明理由；
（3）记数列的3阶和4阶等差子数列个数分别为，求证：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；补集及其运算
【解析】【解答】，
又，所以，
所以，，，，
故选：A
【分析】本题考查集合的补集运算.先根据集合的定义，求出全集，再根据集合补集的定义可求出集合A，利用元素与集合的关系进行判断可得：，，，，据此可选出答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】因为复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，
所以，
所以
故选：C
【分析】本题考查复数的几何意义，复数的乘法运算.根据复数对应的点和复数对应的点关于实轴对称，利用复数的几何意义可求出，再利用复数的乘法运算可求出，据此可选出答案.
3．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】由条件可得
因为，
所以
所以
故选：B
【分析】本题考查平面向量平行的坐标运算.先利用平面向量平行的坐标运算可求出，再根据平面向量平行的坐标运算可列出方程，再通过化简可求出答案.
4．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A，∵，则为偶函数，A错误；
C，又∵，根据，在R上均单调递增，
则在在R上单调递增，且，
则当时，则，当时，则，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为，C错误；
B.则，即的最小值为，B错误；
D，法一：因为为偶函数，且最小值为，，
并且根据C中的单调递减区间为，单调递增区间为，且时，，
所以有2个实数解，D正确.
法二：令，，
再结合指数函数性质知方程有2个实数根，D正确.，
故选：D
【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的最值，函数的单调性，函数与方程的综合应用.先求出，进而可得，利用函数的奇偶性可判断A选项；先求出导函数可得，利用指数函数的性质可得在R上单调递增，进而可推出当时，则，当时，则，据此求出函数的单调区间，可判断C选项；根据函数的单调区间可得，利用函数的最值的定义可判断B选项；根据函数的奇偶性，再根据，结合最值和单调性可得时，，据此可判断有2个实数解，判断D选项.
5．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】因为，所以，即
又
所以
所以，
故选：C
【分析】本题考查三角函数的恒等变换.先利用正切的定义可将化简为，再利用两角差的余弦公式可将化简为，利用正切的定义和两角和的正弦公式化简可得：，再代入数据进行计算可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】将正四面体补成一个正方体球与正四面体的棱都相切．
则球与正方体的内切球，正方体边长为，
故选：B.
【分析】本题考查球的内接几何体问题.先将正四面体补成一个正方体球与正四面体的棱都相切．设正方体边长为，利用勾股定理可列出方程，解方程可求出a的值，进而可求出半径r，利用球的体积公式可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】符合题意的填写方法有如下8种：
而9个数填入9个格子有种方法
所以所求概率为，
故选：A．
【分析】本题考查古典型概率.先根据题意的填写方法的种数，据此可得9个数填入9个格子有种方法，利用古典型概率计算公式写出计算式子可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】令，
当时，，
两式相减可得①，
当时，，满足①式，
所以，
故选：D.
【分析】本题考查数列求和.令，进而可得：，据此可推出，再根据可求出，据此可得：，利用等差数列的求和公式可求出答案.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；二项分布；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】A.从小到大排序得：16，17，19，20，22，24，26，由，所以下四分位数是17，A正确；
B，，B正确；
C，由二项分布可得：，C错误；
D，由正态分布的对称性可得：，D正确
故选：ABD
【分析】本题考查百分位数的定义，加权平均数，二项分布，正态分布.先求出数的位置为：，进而可求出下四分位数，据此可判断A选项；利用加权平均数的定义可列出式子，再进行计算可判断B选项；利用二项分布的计算公式可列出式子，再进行计算可判断C选项；利用正态分布的对称性可得：，再进行计算可判断D选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】
A，由椭圆的定义可得，，，又，所以，A正确；
B，如图，连接，，设（），则.
因为，，
所以，.
因为为圆的直径，所以，在中，，
即，整理得，
所以，B错误；
C，在中，，.
所以，即，
解得；，即，C正确；
D，在中，
在中，
所以，
所以直线的斜率为．D正确；
故选：ACD
【分析】本题考查椭圆的定义，椭圆的简单几何性质.利用椭圆的定义可得， ，利用线段的运算可得 ，据此可判断A选项； 设（）， 进而可得，. 利用勾股定理可列出方程，解方程结合利用三角形的面积计算公式计算可得，据此可判断B选项；根据B选项可得：，.利用勾股定理可求出a和c的关系，利用离心率的计算公式进行计算可判断C选项；利用正切的定义进行计算可得：，，利用两角差的正切公式可以求出，利用直线的斜率的定义可得 ，据此可判断D选项.
11．【答案】A,B,C,D
【知识点】函数的值域；简单函数定义域
【解析】【解答】因为，设当时，，则，
A.当时，，令，当时，满足条件，A正确；
B.当时，，令，当时，
满足条件，B正确；
C和D.当或时，对设，
即对于
故，
而对于，
故存在，即，
故，C正确.D正确.
故选：ABCD
【分析】本题考查函数的定义域和值域.当时，再结合，通过计算可得：，据此可判断A选项；当时，再结合，通过计算可得：，据此可判断B选项；当或时，对设，通过计算可得存在，即，进而可得，据此可判断C选项和D选项.
12．【答案】
【知识点】二项展开式的通项
【解析】【解答】的展开式通项是：，
依题意得，，即，所以，
故答案为：
【分析】本题考查二项式的通项.利用二项式的通项可得：的展开式通项是：，根据题意可列出方程，解方程可求出k的值，代入通项公式可求出的值.
13．【答案】或（写出其中一个即可）
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】圆心为，到直线的距离为，
又，圆半径为2，则，解得，
故答案为：或．
【分析】本题考查直线与圆的位置关系.先利用点到直线的距离公式进行计算可得圆心为，到直线的距离为，利用勾股定理可列出方程，解方程可求出m的值.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】
作，垂足，则底面，再作，垂足分别为，
则，又正方体中，
设，则，
当，易知，，此时，，
当，易知，，此时，，
当且时，，
所以，
设，则，
当且仅当，即时，取到最小值，
时，时，
且时递减，时递增，
综上，恒成立，即，
所以当时，取到最小，此时.
综上可知当时，取到最小.
故答案为：
【分析】本题考查二面角的定义，利用基本不等式求最值.作，垂足，则底面，再作，垂足分别为，则，设，则，分三种情况：当，当；可依次求出的值，当且时，利用正切的定义可得，利用两角和的正切公式可得：，设，则，当且仅当，即时，取到最小值，根据可求出x的值，再根据，可求出的值，求出答案.
15．【答案】（1）因为，则，
所以，
因为，
所以.
（2）法①：由（1）得，，因为，所以，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因为，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）问知，所以，即，得即，所以，.
法④如图由（1）知，则，
因为，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）将式子. 利用平方差公式进行展开化简可得；，利用余弦定理化简可得：，据此可反推出角A；
（2）法①：根据，可求出，利用余弦定理可列出方程，据此可求出，利用正弦定理可列出方程，通过化简可求出，进而可求出cosC，再根据，利用两角和的正弦公式进行展开可求出答案；
法②：由法①得，在中利用正弦定理可列出式子，化简后可求出，进而可求出，再根据，利用诱导公式可求出，利用正弦的定义可求出；
法③：由法①得，在直角中，利用勾股定理可求出，由（1）问知，代入建立关于的方程，解方程可求出，从而得出；
法④：由等面积法得，建立关于的方程，解方程可求出，代入求得，最后再利用正弦定理可列出方程，解方程可求出sinB的值.
（1），则，
所以，
因为，
所以.
（2）法①：由（1）得，，因为，所以，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因为，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因为，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）问知，所以，即，得即，所以，.
法④如图由（1）知，则，
因为，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
16．【答案】（1）解法一：取的中点，连接，
因为点是的中点，
所以，且，
正方形中，点是的中点，，
所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，点是的中点，所以，
又侧面底面，侧面底面平面，所以平面，
如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，
则
所以，所以
设平面的一个法向量为，则，
取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面.
（2）解法一：
过点作，垂足为，连接，由题意知，
又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以为直线与平面所成的角，
记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以，
又由题意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
解法二：由（1）知
设是平面的一个法向量，则，
取得，所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角.（1）解法一：取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
解法二：利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，求出，再求出平面的一个法向量为，通过计算可得，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）解法一：过点作，垂足为，连接，利用直线与平面垂直的定义可证明底面，利用直线与平面所成角的定义可得为直线与平面所成的角，记直线与平面所成的角为，利用正弦的定义可求出HK，利用勾股定理可求出BE和BH，利用正弦的定义可得：，据此可求出答案；
解法二：利用空间向量的定义可得，设是平面的一个法向量，根据法向量的定义可列出方程组，解方程组可得，利用空间向量的夹角公式可求出，进而可得，可求出答案.
（1）解法一：取的中点，连接，
因为点是的中点，所以，且，
正方形中，点是的中点，，
所以，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
解法二：
，点是的中点，所以，
又侧面底面，侧面底面平面，所以平面，
如图以点为坐标原点，直线为轴和轴建立空间直角坐标系，
则
所以，所以
设平面的一个法向量为，则，
取得，所以，所以，即，又不在平面内，所以平面.
（2）解法一：
过点作，垂足为，连接，由题意知，
又侧面底面，侧面底面平面，所以底面，又平面，所以，
又平面，所以底面，
所以为直线与平面所成的角，
记直线与平面所成的角为，由（1）知，所以，
又由题意知，，所以，
又，所以，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
解法二：由（1）知
设是平面的一个法向量，则，
取得，所以，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
17．【答案】（1）函数的定义域为，则
当时，，所以单调递增，即在上单调递增，
当时，令，又，解得，所以在上单调递减，
令，解得，所以在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由得，所以，
因为，所以，由题意知，
记函数，则，
记，则当时，
所以函数在上单调递增，
又，
因为，所以
所以存在，使得，即，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以，
所以，证毕.
方法二：存在，使得函数成立，
存在，使得函数成立，
记，则，
当时，，所以单调递减，则，不合题意；
当时，存在，即，
所以在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，则单调递增，
又，所以，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】本题考查利用导函数研究函数的单调性，函数的恒成立问题.（1）先求函数的定义域可得：函数的定义域为，再求出导函数可得：，分两种情况：当时，当时，进而可确定导函数，进而可确定函数的单调性；
（2）法一：先进行参变量分离可得：，将问题转化为最值问题可得：，构造函数，求导可得：，再构造函数，求导可得：，据此可推出函数在上单调递增，利用零点存在定理和单调性，判断出存在，使得，即，则，从而得出，据此可证明结论；
法二：通过变形可将问题转化为：存在，使得函数成立，构造函数，求导可得：利用零点存在定理和单调性，存在，即，得到，又单调递增，又，得出，所以得证.
（1）函数的定义域为，则
当时，，所以单调递增，即在上单调递增，
当时，令，又，解得，所以在上单调递减，
令，解得，所以在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：由得，所以，
因为，所以，由题意知，
记函数，则，
记，则当时，
所以函数在上单调递增，
又，
因为，所以
所以存在，使得，即，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以，
所以，证毕.
方法二：存在，使得函数成立，
存在，使得函数成立，
记，则，
当时，，所以单调递减，则，不合题意；
当时，存在，即，
所以在区间上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，则单调递增，
又，所以，
所以.
18．【答案】（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以，
因此，即，解得，从而抛物线的方程为.
（2）
（i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，
所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，
，
同理，则，
化简得，则，
所以点在定直线上.
（ii），则直线，
即
线段的长度：，点到直线的距离，
可得的面积为，
因为，且，化简得
，
令，则，即.
解得或，
由知或，所以或
所求点的坐标为，或者.
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】本题考查抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系.（1）根据，利用焦半径公式计算可得：，再再根据点M在抛物线上可得：，据此可列出方程，解方程可求出p的值，据此可求出抛物线的方程；
（2）（i）根据题意利用斜率公式计算可得：，，再根据的倾斜角互补可得的斜率互为相反数，据此可列出方程，通过化简可得，进而可证明点在定直线上.
（ii）写出直线方程为：，利用点到线的距离公式可求出点到直线的距离，利用三角形的面积计算公式可得：，通过化简可得：，令，可列出方程，解方程可求出t的值，进而可求出点A的坐标.
（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以，
因此，即，解得，从而抛物线的方程为.
（2）
（i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，
所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，
，
同理，则，
化简得，则，
所以点在定直线上.
（ii），则直线，
即
线段的长度：，点到直线的距离，
可得的面积为，
因为，且，化简得
，
令，则，即.
解得或，
由知或，所以或
所求点的坐标为，或者.
19．【答案】（1）所求三阶等差子数列为.
（2）由题意得等差数列的通项为，
假设存在三阶等比子数列，则，
即，化简得，
所以消得，即，
所以与矛盾，故假设不成立，
因此数列不存在三阶等比子数列.
（3）先求的值
当为奇数时，；
当为偶数时，，
所以.
再求的值
当时，，
当时，，
当时，，
所以
所以当时，，因为在上单调递增，所以，
即此时，即成立；
同理当时，，即成立；
当时，，即成立；
当时，，要证成立，只需证明
，因为，故，即成立；
当时，，即成立；
当时，，即成立，
综上成立.
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；数列的求和；等差中项
【解析】【分析】本题考查等差数列的定义和等比数列的定义，数列求和.（1）根据题干中数列的阶等差子数列的定义，据此可直接写出数列的所有3阶等差子数列； ；
（2）根据等差数列的定义可得：，假设存在三阶等比子数列，利用等比中项的定义可得：，据此得到一个方程，可得方程组，进而可推出与矛盾，故假设不成立，据此可判断结论；
（3）分别求出与的值，得出当时，，构造函数，利用反比例函数的单调性可得在上单调递增，进而可推出，得出，即；同理可以证出当，，、、时，同样成立，综上所述可证明结论成立.
（1）所求三阶等差子数列为.
（2）由题意得等差数列的通项为，
假设存在三阶等比子数列，则，
即，化简得，
所以消得，即，
所以与矛盾，故假设不成立，
因此数列不存在三阶等比子数列.
（3）先求的值
当为奇数时，；
当为偶数时，，
所以.
再求的值
当时，，
当时，，
当时，，
所以
所以当时，，因为在上单调递增，所以，
即此时，即成立；
同理当时，，即成立；
当时，，即成立；
当时，，要证成立，只需证明
，因为，故，即成立；
当时，，即成立；
当时，，即成立，
综上成立.
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