浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高三下学期适应性教学质量调测数学试卷
1．（2024高三下·上虞模拟）数据3，4，5，6，7，8，9，10的中位数为（ ）
A．6 B． C．7 D．
2．（2024高三下·上虞模拟）函数在点处的切线与直线平行，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·上虞模拟）已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三下·上虞模拟）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·上虞模拟）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·上虞模拟）已知抛物线：，直线与抛物线交于两点，过两点分别作抛物线的两条切线交于点，若为正三角形，则的值为 （ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·上虞模拟）汉诺塔（Tower of Hanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C．为等比数列 D．
8．（2024高三下·上虞模拟）三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三下·上虞模拟）已知，，，则（ ）
A．且 B． C． D．
10．（2024高三下·上虞模拟）已知复数，其中为虚数单位，若满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．的最大值为
B．的最大值为
C．存在两个，使得成立
D．存在两个，使得成立
11．（2024高三下·上虞模拟）已知数列与满足，且，.若数列保持顺序不变，在与项之间都插入个后，组成新数列，记的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2024高三下·上虞模拟）的展开式的第四项为 .
13．（2024高三下·上虞模拟）过原点的直线与圆交于两点，若，则直线的斜率为 .
14．（2024高三下·上虞模拟）已知定义在上的增函数满足：对任意的都有且，函数满足，. 当时，，若在上取得最大值的值依次为，，…，，取得最小值的值依次为，，…，，若，则的取值范围为
15．（2024高三下·上虞模拟）在三棱台中，面面，，，，，为中点.
（1）求证：面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
16．（2024高三下·上虞模拟）盒子中装有大小形状相同的4个小球，其中2个白色2个红色. 每次取一球，若取出的是白球，则不放回；若取出的是红球，则取完放回.
（1）取两次，求恰好一红一白的概率；
（2）取两次，记取到白球的个数为随机变量，求随机变量的分布列及均值；
（3）在第2次取出的球是红球的条件下，求第1次取出的球是白球的概率．
17．（2024高三下·上虞模拟）在三角形中，内角对应边分别为且.
（1）求的大小；
（2）如图所示，为外一点，，，，，求及的面积.
18．（2024高三下·上虞模拟）在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
19．（2024高三下·上虞模拟）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，…
（1）求实数的值；
（2）当时，试比较与的大小，并证明；
（3）定义数列：，，求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：数据已经从小到大排列好，中间有两个数，
故该组数据的中位数为：.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和中位数的概念，从而计算出数据3，4，5，6，7，8，9，10的中位数.
2．【答案】A
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：因为，则，
因为函数在点处的切线与直线平行，
所以，解得.
故答案为：A．
【分析】先求出函数的导函数，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据两直线平行斜率相等，从而得出实数a的值．
3．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由得，，
即，解得.
故答案为：B．
【分析】由得，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，从而列出方程求解得出实数的值．
4．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由已知可得，，即，
则.
故答案为：D．
【分析】由二倍角的余弦公式和诱导公式，从而得出的值．
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
可得，所以在单调递增，
又由，所以，
即，可得，
又由，所以，
因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
则在上单调递增，且，
所以，
即，
所以.
故选：A.
【分析】令，利用求导的方法判断出函数在的单调性，再结合函数的单调性求出函数的值域，得到，再由对数函数的性质，得到，再由函数的单调性与奇偶性，从而比较出a，b，c的大小.
6．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可得关于轴对称，且轴，则两条切线的交点在轴上，
设，，
因为为正三角形，不妨取，则，
联立，可得，
则，可得，
所以，代入，可得，
又因为，联立解得.
故答案为：C.
【分析】利用图形的对称性可得关于轴对称且轴，从而得出两条切线的交点在轴上，设，，可设，再将直线联立抛物线得出的值，从而将代入直线与抛物线方程，即可得出的值.
7．【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，故A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则，
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，故B错误；
因为，则，，则为等比数列，故C正确，
因为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，则判断选项A；利用归纳法得到，再结合等差数列和等比数列的概念，可判断选项B和选项C；利用已知条件和等比数列的通项公式求出的值，则判断选项D，进而找出说法正确的选项.
8．【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，
设，则，
由向量的运算和余弦定理可得：
，
所以，
解得：，故，
过作，连接，则，
设，则，
解得：，所以点与点重合，
故，，即为二面的平面角，
故三棱锥可放置成如图所示，为底面正的外心，即，
因为为的外接球球心，即，
为使得，故，
所以，三棱锥的外接球半径，
所以，外接球的体积.
故答案为：D.
【分析】设，根据对角线向量的性质，从而列方程求出的关系式，进而可得线线垂直，过作，连接，再结合勾股定理得出线线关系，从而可得二面角的平面角，进而可确定外接球球心位置得出外接球半径，再结合球的体积公式可得三棱锥外接球的体积.
9．【答案】A,B,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：对于A，因为，，，
则，故，同理可得，故A正确；
对于B，因为，，，
当且仅当时取等号，故B正确；
对于C，因为，，，则，
则，
当且仅当时，即当时取等号，故C错误；
对于D，由于，故，
当且仅当时取等号，又因为，则，故D正确，
故答案为：ABD.
【分析】由可得，即可判断，同理判断，则判断选项A；利用基本不等式可判断选项B、选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由得，
在复平面内对应点的轨迹为椭圆，方程为.
对于A，表示复平面内到原点的距离，
因为在椭圆上，
所以当在椭圆左顶点或右顶点时，到原点的距离最大为2，故A正确；
对于B，由椭圆方程的取值范围可知，，则的最大值为，故B错误；
对于C，由得，
由椭圆方程中范围可知，，故仅存在一个满足，故C错误；
对于D，因为表示复平面内到点的距离为1，
又因为复平面内到点距离为1点的轨迹为圆，方程为，
则圆与椭圆有2个交点，所以存在两个，使得成立，故D正确.
故答案为：AD．
【分析】由得出在复平面内对应点的轨迹为椭圆，由椭圆方程的取值范围，即可判断选项A、选项B和选项C；由得出复数在圆上，由圆与椭圆的位置关系，即可判断选项D，从而找出说法正确的选项．
11．【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，因为且，
则，
即数列为等比数列，，
故，
则，故A错误；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为新数列为，由于，，
即数列从到共有项，到共有项，
而和之间有个10，则，故C正确；
对于D，结合C的分析，
可得
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用构造等比数列法，则判断出数列为等比数列，再结合等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，则判断选项A；利用和选项A中数列的通项公式和对数的运算法则，则得出数列的通项公式，从而判断选项B；根据数列的规律计算数列的项数，从而确定，则判断出选项C；利用已知条件确定数列的项，再利用等比数列的求和公式，则可判断选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】的展开式的通项为，
令，得
故答案为：.
【分析】写出二项式的通项公式（表示从个元素中选取个元素的组合数，表示第项），再代入计算即可得出答案.
13．【答案】或
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：当斜率不存在时，
解得或，
因为且，
即不满足，故舍去；
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线，
将直线代入圆，
得，显然，
设，，
则，，
因为，
则，则，，
联立可得，解得或．
故答案为：或．
【分析】首先判断直线的斜率存在，设直线，，，联立直线与圆的方程，消元结合韦达定理，则由，可得，再代入即可求出的值.
14．【答案】.
【知识点】函数的最大（小）值；函数的周期性；图形的对称性
【解析】【解答】解：定义在上的增函数，
对任意的都有且，
则，得，
，得，
当时，，
则在上单调递增，且，，
函数满足，则的图象关于点对称，
得出在上单调递增，且，，
因为，则的图象关于直线对称，
得出在和上单调递减，且，
由和，得，
则，，
故的一个周期是4，且在时取最大值0，在时取最小值-2，
若在上取得最大值的值依次为，，…，，
取得最小值的值依次为，，…，，则或，
当时，有，方程无正整数解；
当时，有，解得；
则有，即，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由函数的性质得出，，再由函数满足的条件得，，再根据函数的图象关于点对称、关于直线对称，从而由函数的一个周期是4，可得函数的最值点和最值，再结合已知条件得出实数m的取值范围.
15．【答案】（1）证明：∵为中点，，∴，
∵，所以四边形是平行四边形，
又面，面，
面.
（2）解：法一：将侧棱延长，则交于一点，连，，
因为，所以，
面面，，
面面，面，
平面，
是直线与平面所成角，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，故，即⊥，
故，
因为平面，平面，
所以，故，
，
直线与平面所成角的正弦值.
法二：面面，，面面，面，
平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面为轴，
建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
又因为，，故，
则，，，
其中是面的一个法向量，
，
直线与平面所成角的正弦值.
【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所成的角
【解析】【分析】（1）根据棱台的结构特征和为中点，从而得到四边形是平行四边形，则得出，再结合线线平行证出线面平行.
（2）法一：作出辅助线，由面面垂直及线面垂直得到是直线与平面所成角，再根据勾股定理和棱台的结构特征得到各边长，结合正弦函数的定义得到直线与平面所成角的正弦值.
法二：利用已知条件建立空间直角坐标系，从而写出点的坐标和向量的坐标，计算得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，进而求出直线与平面所成角的正弦值
（1）∵为中点，，
∴，
∵，所以四边形是平行四边形，
又面，面，
面.
（2）法一：将侧棱延长，则交于一点，连，，
因为，所以，
面面，，面面，面，
平面，
是直线与平面所成角.
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又，故，即⊥，
故，
因为平面，平面，
所以，故，
，
直线与平面所成角的正弦值；
法二：面面，，面面，面，
平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
又，，故，
则，，，
其中是面的一个法向量，
，
直线与平面所成角的正弦值.
16．【答案】（1）解：记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球，则
（2）解：随机变量可取0，1，2，
，，，
随机变量分布列如下：
0 1 2
所以.
（3）解：因为，
则.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件和全概率公式，从而计算出恰好一红一白的概率.
（2）利用已知条件得到随机变量所有可能取值，结合古典概型求概率公式和独立事件求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再结合分布列求数学期望公式，从而得出随机变量的均值.
（3）利用全概率公式、条件概率乘法公式和条件概率公式，从而得出第1次取出的球是白球的概率．
（1）记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球，
则；
（2）随机变量可取0，1，2，
，，，
随机变量分布列如下：
0 1 2
所以；
（3），
，
则.
17．【答案】（1）解：，由正弦定理边化角得：
，
由三角形内角和为可得：，
即，
又，，
即，
又，，即.
（2）解：设，
在中，，
，，
，
在中，
，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
因为
，
于是.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，根据式子特点，变换，从而可化简三角恒等式为，再利用辅助角公式求出角的值.
（2）设，利用已知条件用表示，，再利用正弦定理可得公共边的式子，则可得一个关于角的三角方程，从而求解出角的大小，进而求出和，再利用三角形面积公式，即可求出的面积.
（1），由正弦定理边化角得：
，由三角形内角和为可得：，
即，
即，
又，
即，又，，即.
（2）设，在中，，
，，
，
在中，，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
又由
，
于是.
18．【答案】（1）解：由题意可知，，化简得，
于是，动点的轨迹方程为．
（2）解：（i）设，，，
不妨假设在第一象限，则E在第四象限，
由题意知直线的斜率存在且不为0，
设直线方程为，
代入曲线可得，
需满足，所以，
，直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，
所以，即.
同理，，，
即，所以，则关于x轴对称，
所以.
（ii）因为，
所以，，
综上所述，为定值．
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合两点距离公式和点到直线的距离公式，从而列出方程，化简即可得出动点P的轨迹方程.
（2）（i）设，，，再设直线方程为，联立直线和曲线C的方程，再根据韦达定理可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，则关于x轴对称，再结合两点求斜率公式得出的值.
（ii）利用已知条件结合三角形面积的关系式，分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得出为定值，并求出定值.
（1）由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
（2）（i）设，，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
，直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
19．【答案】（1）解：由题意得，，
，
故，，
解得，.
（2）解：由上可得，要比较与的大小，
因为，只需比较1与的大小，
令，，
所以，可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）证明：设，，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
由题意知，，，
则，
故可得， ，
令，，
故该函数在上递减，
故可得，即，可得，
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，
即，即，即，
故，即，所以，
另一方面：
，
令，，
所以在单调递增，所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即可得出实数的值.
（2）由题意知只需比较与的大小，即比较比较1与的大小，从而构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而比较与的大小.
（3）由题意得，令，再结合（2）可得，从而推出，另一方面，令，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（1）由题意得，，
，故，，
解得，.
（2）由上可得，要比较与的大小，
，只需比较1与的大小，
令，，
所以，从而可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）设，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立；
由题意知，，，
则，故可得；
，令，，
故该函数在上递减，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，即，即，
即，
故，即，所以.
另一方面：，
令，，
所以在单调递增，所以，得证.
浙江省绍兴市上虞区2023-2024学年高三下学期适应性教学质量调测数学试卷
1．（2024高三下·上虞模拟）数据3，4，5，6，7，8，9，10的中位数为（ ）
A．6 B． C．7 D．
【答案】B
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：数据已经从小到大排列好，中间有两个数，
故该组数据的中位数为：.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和中位数的概念，从而计算出数据3，4，5，6，7，8，9，10的中位数.
2．（2024高三下·上虞模拟）函数在点处的切线与直线平行，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：因为，则，
因为函数在点处的切线与直线平行，
所以，解得.
故答案为：A．
【分析】先求出函数的导函数，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据两直线平行斜率相等，从而得出实数a的值．
3．（2024高三下·上虞模拟）已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由得，，
即，解得.
故答案为：B．
【分析】由得，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，从而列出方程求解得出实数的值．
4．（2024高三下·上虞模拟）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由已知可得，，即，
则.
故答案为：D．
【分析】由二倍角的余弦公式和诱导公式，从而得出的值．
5．（2024高三下·上虞模拟）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
可得，所以在单调递增，
又由，所以，
即，可得，
又由，所以，
因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
则在上单调递增，且，
所以，
即，
所以.
故选：A.
【分析】令，利用求导的方法判断出函数在的单调性，再结合函数的单调性求出函数的值域，得到，再由对数函数的性质，得到，再由函数的单调性与奇偶性，从而比较出a，b，c的大小.
6．（2024高三下·上虞模拟）已知抛物线：，直线与抛物线交于两点，过两点分别作抛物线的两条切线交于点，若为正三角形，则的值为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可得关于轴对称，且轴，则两条切线的交点在轴上，
设，，
因为为正三角形，不妨取，则，
联立，可得，
则，可得，
所以，代入，可得，
又因为，联立解得.
故答案为：C.
【分析】利用图形的对称性可得关于轴对称且轴，从而得出两条切线的交点在轴上，设，，可设，再将直线联立抛物线得出的值，从而将代入直线与抛物线方程，即可得出的值.
7．（2024高三下·上虞模拟）汉诺塔（Tower of Hanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C．为等比数列 D．
【答案】C
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】解：由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，故A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则，
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，故B错误；
因为，则，，则为等比数列，故C正确，
因为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，则判断选项A；利用归纳法得到，再结合等差数列和等比数列的概念，可判断选项B和选项C；利用已知条件和等比数列的通项公式求出的值，则判断选项D，进而找出说法正确的选项.
8．（2024高三下·上虞模拟）三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，
设，则，
由向量的运算和余弦定理可得：
，
所以，
解得：，故，
过作，连接，则，
设，则，
解得：，所以点与点重合，
故，，即为二面的平面角，
故三棱锥可放置成如图所示，为底面正的外心，即，
因为为的外接球球心，即，
为使得，故，
所以，三棱锥的外接球半径，
所以，外接球的体积.
故答案为：D.
【分析】设，根据对角线向量的性质，从而列方程求出的关系式，进而可得线线垂直，过作，连接，再结合勾股定理得出线线关系，从而可得二面角的平面角，进而可确定外接球球心位置得出外接球半径，再结合球的体积公式可得三棱锥外接球的体积.
9．（2024高三下·上虞模拟）已知，，，则（ ）
A．且 B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小；基本不等式
【解析】【解答】解：对于A，因为，，，
则，故，同理可得，故A正确；
对于B，因为，，，
当且仅当时取等号，故B正确；
对于C，因为，，，则，
则，
当且仅当时，即当时取等号，故C错误；
对于D，由于，故，
当且仅当时取等号，又因为，则，故D正确，
故答案为：ABD.
【分析】由可得，即可判断，同理判断，则判断选项A；利用基本不等式可判断选项B、选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高三下·上虞模拟）已知复数，其中为虚数单位，若满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．的最大值为
B．的最大值为
C．存在两个，使得成立
D．存在两个，使得成立
【答案】A,D
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由得，
在复平面内对应点的轨迹为椭圆，方程为.
对于A，表示复平面内到原点的距离，
因为在椭圆上，
所以当在椭圆左顶点或右顶点时，到原点的距离最大为2，故A正确；
对于B，由椭圆方程的取值范围可知，，则的最大值为，故B错误；
对于C，由得，
由椭圆方程中范围可知，，故仅存在一个满足，故C错误；
对于D，因为表示复平面内到点的距离为1，
又因为复平面内到点距离为1点的轨迹为圆，方程为，
则圆与椭圆有2个交点，所以存在两个，使得成立，故D正确.
故答案为：AD．
【分析】由得出在复平面内对应点的轨迹为椭圆，由椭圆方程的取值范围，即可判断选项A、选项B和选项C；由得出复数在圆上，由圆与椭圆的位置关系，即可判断选项D，从而找出说法正确的选项．
11．（2024高三下·上虞模拟）已知数列与满足，且，.若数列保持顺序不变，在与项之间都插入个后，组成新数列，记的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：对于A，因为且，
则，
即数列为等比数列，，
故，
则，故A错误；
对于B，因为，故B正确；
对于C，因为新数列为，由于，，
即数列从到共有项，到共有项，
而和之间有个10，则，故C正确；
对于D，结合C的分析，
可得
，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用构造等比数列法，则判断出数列为等比数列，再结合等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，则判断选项A；利用和选项A中数列的通项公式和对数的运算法则，则得出数列的通项公式，从而判断选项B；根据数列的规律计算数列的项数，从而确定，则判断出选项C；利用已知条件确定数列的项，再利用等比数列的求和公式，则可判断选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高三下·上虞模拟）的展开式的第四项为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；二项展开式；二项展开式的通项
【解析】【解答】的展开式的通项为，
令，得
故答案为：.
【分析】写出二项式的通项公式（表示从个元素中选取个元素的组合数，表示第项），再代入计算即可得出答案.
13．（2024高三下·上虞模拟）过原点的直线与圆交于两点，若，则直线的斜率为 .
【答案】或
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：当斜率不存在时，
解得或，
因为且，
即不满足，故舍去；
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线，
将直线代入圆，
得，显然，
设，，
则，，
因为，
则，则，，
联立可得，解得或．
故答案为：或．
【分析】首先判断直线的斜率存在，设直线，，，联立直线与圆的方程，消元结合韦达定理，则由，可得，再代入即可求出的值.
14．（2024高三下·上虞模拟）已知定义在上的增函数满足：对任意的都有且，函数满足，. 当时，，若在上取得最大值的值依次为，，…，，取得最小值的值依次为，，…，，若，则的取值范围为
【答案】.
【知识点】函数的最大（小）值；函数的周期性；图形的对称性
【解析】【解答】解：定义在上的增函数，
对任意的都有且，
则，得，
，得，
当时，，
则在上单调递增，且，，
函数满足，则的图象关于点对称，
得出在上单调递增，且，，
因为，则的图象关于直线对称，
得出在和上单调递减，且，
由和，得，
则，，
故的一个周期是4，且在时取最大值0，在时取最小值-2，
若在上取得最大值的值依次为，，…，，
取得最小值的值依次为，，…，，则或，
当时，有，方程无正整数解；
当时，有，解得；
则有，即，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【分析】由函数的性质得出，，再由函数满足的条件得，，再根据函数的图象关于点对称、关于直线对称，从而由函数的一个周期是4，可得函数的最值点和最值，再结合已知条件得出实数m的取值范围.
15．（2024高三下·上虞模拟）在三棱台中，面面，，，，，为中点.
（1）求证：面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：∵为中点，，∴，
∵，所以四边形是平行四边形，
又面，面，
面.
（2）解：法一：将侧棱延长，则交于一点，连，，
因为，所以，
面面，，
面面，面，
平面，
是直线与平面所成角，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为，故，即⊥，
故，
因为平面，平面，
所以，故，
，
直线与平面所成角的正弦值.
法二：面面，，面面，面，
平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面为轴，
建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
又因为，，故，
则，，，
其中是面的一个法向量，
，
直线与平面所成角的正弦值.
【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所成的角
【解析】【分析】（1）根据棱台的结构特征和为中点，从而得到四边形是平行四边形，则得出，再结合线线平行证出线面平行.
（2）法一：作出辅助线，由面面垂直及线面垂直得到是直线与平面所成角，再根据勾股定理和棱台的结构特征得到各边长，结合正弦函数的定义得到直线与平面所成角的正弦值.
法二：利用已知条件建立空间直角坐标系，从而写出点的坐标和向量的坐标，计算得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，进而求出直线与平面所成角的正弦值
（1）∵为中点，，
∴，
∵，所以四边形是平行四边形，
又面，面，
面.
（2）法一：将侧棱延长，则交于一点，连，，
因为，所以，
面面，，面面，面，
平面，
是直线与平面所成角.
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又，故，即⊥，
故，
因为平面，平面，
所以，故，
，
直线与平面所成角的正弦值；
法二：面面，，面面，面，
平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
又，，故，
则，，，
其中是面的一个法向量，
，
直线与平面所成角的正弦值.
16．（2024高三下·上虞模拟）盒子中装有大小形状相同的4个小球，其中2个白色2个红色. 每次取一球，若取出的是白球，则不放回；若取出的是红球，则取完放回.
（1）取两次，求恰好一红一白的概率；
（2）取两次，记取到白球的个数为随机变量，求随机变量的分布列及均值；
（3）在第2次取出的球是红球的条件下，求第1次取出的球是白球的概率．
【答案】（1）解：记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球，则
（2）解：随机变量可取0，1，2，
，，，
随机变量分布列如下：
0 1 2
所以.
（3）解：因为，
则.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）利用已知条件和全概率公式，从而计算出恰好一红一白的概率.
（2）利用已知条件得到随机变量所有可能取值，结合古典概型求概率公式和独立事件求概率公式，从而得出随机变量X的分布列，再结合分布列求数学期望公式，从而得出随机变量的均值.
（3）利用全概率公式、条件概率乘法公式和条件概率公式，从而得出第1次取出的球是白球的概率．
（1）记事件：第一次取到是红球，事件：第二次取到是红球，
则；
（2）随机变量可取0，1，2，
，，，
随机变量分布列如下：
0 1 2
所以；
（3），
，
则.
17．（2024高三下·上虞模拟）在三角形中，内角对应边分别为且.
（1）求的大小；
（2）如图所示，为外一点，，，，，求及的面积.
【答案】（1）解：，由正弦定理边化角得：
，
由三角形内角和为可得：，
即，
又，，
即，
又，，即.
（2）解：设，
在中，，
，，
，
在中，
，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
因为
，
于是.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，根据式子特点，变换，从而可化简三角恒等式为，再利用辅助角公式求出角的值.
（2）设，利用已知条件用表示，，再利用正弦定理可得公共边的式子，则可得一个关于角的三角方程，从而求解出角的大小，进而求出和，再利用三角形面积公式，即可求出的面积.
（1），由正弦定理边化角得：
，由三角形内角和为可得：，
即，
即，
又，
即，又，，即.
（2）设，在中，，
，，
，
在中，，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
又由
，
于是.
18．（2024高三下·上虞模拟）在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意可知，，化简得，
于是，动点的轨迹方程为．
（2）解：（i）设，，，
不妨假设在第一象限，则E在第四象限，
由题意知直线的斜率存在且不为0，
设直线方程为，
代入曲线可得，
需满足，所以，
，直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，
所以，即.
同理，，，
即，所以，则关于x轴对称，
所以.
（ii）因为，
所以，，
综上所述，为定值．
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合两点距离公式和点到直线的距离公式，从而列出方程，化简即可得出动点P的轨迹方程.
（2）（i）设，，，再设直线方程为，联立直线和曲线C的方程，再根据韦达定理可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，则关于x轴对称，再结合两点求斜率公式得出的值.
（ii）利用已知条件结合三角形面积的关系式，分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得出为定值，并求出定值.
（1）由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
（2）（i）设，，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
，直线方程为，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
19．（2024高三下·上虞模拟）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，…
（1）求实数的值；
（2）当时，试比较与的大小，并证明；
（3）定义数列：，，求证：.
【答案】（1）解：由题意得，，
，
故，，
解得，.
（2）解：由上可得，要比较与的大小，
因为，只需比较1与的大小，
令，，
所以，可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）证明：设，，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
由题意知，，，
则，
故可得， ，
令，，
故该函数在上递减，
故可得，即，可得，
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，
即，即，即，
故，即，所以，
另一方面：
，
令，，
所以在单调递增，所以，
则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即可得出实数的值.
（2）由题意知只需比较与的大小，即比较比较1与的大小，从而构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而比较与的大小.
（3）由题意得，令，再结合（2）可得，从而推出，另一方面，令，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（1）由题意得，，
，故，，
解得，.
（2）由上可得，要比较与的大小，
，只需比较1与的大小，
令，，
所以，从而可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）设，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立；
由题意知，，，
则，故可得；
，令，，
故该函数在上递减，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，即，即，
即，
故，即，所以.
另一方面：，
令，，
所以在单调递增，所以，得证.
