浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题
1．（2024高三上·瓯海模拟）已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A． B． C．0 D．1
2．（2024高三上·瓯海模拟）某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的80%分位数为（ ）
A．93 B．93.5 C．94 D．94.5
3．（2024高三上·瓯海模拟）已知直线与圆有公共点，则b的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高三上·瓯海模拟）三棱锥中，平面，为等边三角形，且，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·瓯海模拟）已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高三上·瓯海模拟）已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·瓯海模拟）在直角梯形，，，，，，分别为，的中点，点在以A为圆心，为半径的圆弧上变动（如图所示），若，其中，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·瓯海模拟）已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·瓯海模拟）下列选项中，与“”互为充要条件的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·瓯海模拟）设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．A，B相互独立 B．
C． D．
11．（2024高三上·瓯海模拟）在三棱锥中，，，是棱的中点，是棱上一点，，平面，则（ ）
A．平面 B．平面平面
C．点到底面的距离为2 D．二面角的正弦值为
12．（2024高三上·瓯海模拟）设为抛物线的焦点，直线与的准线，交于点．已知与相切，切点为，直线与的一个交点为，则（ ）
A．点在上 B．
C．以为直径的圆与相离 D．直线与相切
13．（2024高三上·瓯海模拟）已知，（a为实数）．若q的一个充分不必要条件是p，则实数a的取值范围是 .
14．（2024高三上·瓯海模拟）已知正项数列满足，则 .
15．（2024高三上·瓯海模拟）直三棱柱的底面是直角三角形，，，，．若平面将该直三棱柱截成两部分，将两部分几何体组成一个平行六面体，且该平行六面体内接于球，则此外接球表面积的最大值为 ．
16．（2024高三上·瓯海模拟）对任意，函数恒成立，则a的取值范围为 ．
17．（2024高三上·瓯海模拟）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
（1）求B的值；
（2）求b的值；
（3）求的值．
18．（2024高三上·瓯海模拟）已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
19．（2024高三上·瓯海模拟）如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为2．、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知．
（1）求证：⊥平面；
（2）求二面角的大小．
20．（2024高三上·瓯海模拟）甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.
（1）随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率；
（2）已知（1）中摸出的球是黑球，求此球属于乙箱子的概率.
21．（2024高三上·瓯海模拟）设椭圆，是上一个动点，点，长的最小值为．
（1）求的值：
（2）设过点且斜率不为0的直线交于两点，分别为的左、右顶点，直线和直线的斜率分别为，求证：为定值．
22．（2024高三上·瓯海模拟）已知.
（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
（2）当时，讨论函数的零点个数.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，所以虚部为1.
故答案为：D.
【分析】先利用复数代数形式的四则运算化简，再根据复数的定义即可.
2．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将比赛得分按从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，
因为，
所以这组数据的分位数第8个数与第9个数的平均值，即.
故答案为：B.
【分析】先把数据按从小到大的顺序排列，利用百分位数的定义即可.
3．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，圆心到直线的距离，
解得，故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由直线与圆有公共点得出圆心到直线距离小于等于半径，从而得出关于b的不等式，进而解绝对值不等式得出b的取值范围.
4．【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
点为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，
点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，
则点为三棱锥外接球的球心，
因为平面，且为等边三角形，，
所以四边形为矩形，，，
所以，即三棱锥外接球的半径，
则该三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：B.
【分析】先根据图象设出外接圆圆心的位置，再根据从几何关系求出半径即可求解.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为是等比数列，
当“”，
所以，
当时，对于不一定恒成立，例如，
所以不是递减数列；
当为递减数列时，
即且对于恒成立，
又因为，所以得，
因此“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、先求出，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
6．【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由已知条件可得，且时，函数单调递增，
解得.
由题意可知：.
于是，解得.
令k=0可得，
又，于是.
故答案为：A.
【分析】利用余弦函数的性质先求出的单调递增区间，再结合列出不等式组解得即可.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的坐标运算；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：结合题意建立直角坐标，如图所示：
.
则，，，，，，
则，，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，∴，∴，
∴，故，即.
故答案为：A.
【分析】结合题意建立平面直角坐标系，从而得到各点的坐标，再由得到，，从而得到，再结合换元法、正弦函数的图象求值域的方法以及不等式的基本性质，从而得出正弦型函数的值域，进而得出的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：已知，
两边取对数得：，
令，
则，
令，则，
可知在上单调递增，
因为，则，可知恒成立，
则，即，可得，
则在上单调递增，可得，
可得，即，
又因为在上单调递增，所以.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得，构建函数，对求导，再构造函数，利用导数分析可知在上单调递增，进而结合对数函数单调性分析判断.
9．【答案】B,C
【知识点】充要条件；指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、则，即，解得，故A选项错误；
B、则，即，解得，故B选项正确；
C、则，解得，故C选项正确；
D、，则，解得，故D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】利用指数和对数函数的单调性解不等式可判断B、C，解分式不等式可判断A，解绝对值不等式可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可知，
事件互斥且，同理，
所以，
即，解得，所以事件A，B相互独立，故A选项正确；
由A选项可得也相互独立，则，故B选项正确；
由条件概率公式可知：，故C选项错误；
，
即，故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据独立事件，互斥事件的定义即可判断A，B，根据条件概率的定义可判断出C，D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：A、因为平面，平面，所以．因为，且直线平面，
所以．因为平面，平面，所以平面，故A选项正确；
B、因为平面，平面，所以平面平面，故B选项正确；
C、取的中点，连接，过点作交于点，
因为，所以．因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，，即点P到平面ABC的距离为，故C选项错误；
D、建立空间直角坐标系如图所示：
因为是的中点，，所以，
因为，所以，即，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
所以，
设二面角为，所以，
所以二面角的正弦值为，故D选项正确．
故答案为：ABD.
【分析】先证明从而证明再根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；取的中点，过点作交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面，求出可判断C；建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可判断D．
12．【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，联立直线与的方程，消去得，
因为与相切，所以，即，所以点在上，故A错误；
对于B，过点作垂直于的准线，垂足为，由抛物线定义知，
因为，所以，所以在中，，
由大边对大角得，故B正确；
对于C，，由选项A中直线与相切，切点为，可得，其中，
则的中点坐标为且，
故半径为，
由于半径等于以为直径的圆的圆心横坐标，
故以为直径的圆与轴相切，所以与相离，故C正确；
对于D，设直线方程为，将直线BD与抛物线联立得，
所以，解得，
则，
因为，所以直线方程为，
联立直线与曲线的方程得，
因为，所以直线与相切，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】联立直线与抛物线方程，根据判别式法得到点在抛物线上，则判断出选项A；作出辅助线，结合抛物线定义得到相等关系，再由三角形中大边对大角，从而判断出选项B；先证出以为直径的圆与轴相切，则判断出选项C；设出直线方程，将直线BD与抛物线方程联立求出点坐标，从而求出直线的方程，与抛物线C的方程联立，则根据判别式法和直线与抛物线相切位置关系判断方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
13．【答案】
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为q的一个充分不必要条件是p，即p是q的充分不必要条件，
所以是的一个真子集，
解得，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据充要条件的定义可判断是的一个真子集，列出关系式即可求解.
14．【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由可得，
由累乘可得.
故答案为：.
【分析】用累乘法即可求解.
15．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：平行六面体内接于球，则平行六面体为直四棱柱，如图有如下三种可能如图：
截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，
则或或，
三种情况比较可得．
故答案为：.
【分析】先分析可能是的中垂面，的中垂面，的中垂面.截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，用公式求出外接球直径进而求解.
16．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：由函数对恒成立，
可得：对恒成立，又，
则对恒成立，
即对恒成立，令，
则原问题转化为：恒成立，对求导可得
令解得：令解得：则在上单调递增，
在上单调递减，且当时，恒成立，当时，恒成立，
又因为所以恒成立，故当时，
此时满足恒成立，，即时，因为在上单调递增，
由可得：即，令则
故当时，当时
故在上单调递增，在上单调递减，
即在x=e出取得极大值
故解得：综上所述a的取值范围是：.
故答案为：.
【分析】本题主要考查恒成立问题、利用导数判定函数的单调性及求函数的极值，根据题意可得：即对恒成立，令，则原问题转化为：恒成立，令，求导判定的单调性，得到然后分和两种情况，结合的单调性和最值即可求解.
17．【答案】（1）解：因为，
由余弦定理可得，
又因为，所以.
（2）解：因为，则，
由正弦定理可得.
（3）解：因为，，
则，.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用已知条件和同角三角函数基本关系式得出角A的正弦值，再利用正弦定理得出b的值.
（3）利用已知条件和二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，从而求出的值，再利用两角差的正弦公式得出的值.
（1）因为，由余弦定理可得，
又，所以.
（2）因为，则，
由正弦定理可得.
（3）因为，，
则，
所以.
18．【答案】（1）解：当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
（2）解：由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用前n项和与的关系即可求解；
（2）先化简再利用列项相消法求和即可.
19．【答案】证明：（1）因为、分别是、的中点，
所以是的中位线，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为平面，平面平面，
所以∥．
因为、分别是、的中点，
所以，
因为，所以，
又因为是的中点，所以⊥，
所以⊥．
因为⊥，⊥，，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以⊥，
又因为
所以⊥面．
解：（2）作⊥于，连接，
因为，
又因为⊥平面，平面，
所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以⊥，
所以就是二面角的平面角，
过作⊥于，则∥，则是的中点，
则，
设，由得，，解得，则，
在中，，
则，
所以，在中，，
故二面角为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线性质结合线面平行的判定定理，从而可得∥平面，由线面平行的性质定理可得∥，则由等腰三角形的性质可得⊥，从而可得⊥，再由已知条件可得⊥平面，则⊥，利用线面垂直的判定定理证出⊥平面.
（2）作⊥于，连接，则由已知条件证出直线平面，从而可得是二面角的平面角，过作⊥于，则可得∥，设，再利用平行线分线段成比例结合已知条件求出的值，在中可求出的长，从而可得的长，则在直角三角形中结合正切函数的定义和反三角函数值求解方法，进而得出二面角的大小．
20．【答案】（1）解：记取到甲盒子为事件，取到乙盒子为事件，取到丙盒子为事件，取到黑球为事件B：
.
（2）解：
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题考查全概率公式和条件概率公式.
（1）设出事件，运用全概率公式可表示出：，代入数据求解即可.
（2）利用条件概率公式可得：，代入数据求解即可.
21．【答案】（1）解：依题意，椭圆的焦点在轴上，设焦距为，
设，则，而，
则，
而，则，即，因此，
由，得当时，，
即，化简得，又，解得，
所以．
（2）解：由（1）知，椭圆的方程为，点，
设，则，即，
斜率不为0的直线过点，设方程为，则，
由消去并整理得，显然，
则，即有，
因此，所以为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)设出点坐标，用两点间的距离求出长，再结合二次函数探求最小值即得解.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，设出点的坐标，利用斜率坐标公式求出，结合韦达定理计算即得求解.
22．【答案】（1）解：由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
（2）解：因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）对函数求导，设切点坐标为，结合导数的几何意义列式求解即可；
（2）对求导，可得在内单调递减，分，，三类讨论判断在内的单调性，进而结合零点存在性定理分析判断.
浙江省温州市温州中学2024届高三第一次模拟考试数学试题
1．（2024高三上·瓯海模拟）已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：，所以虚部为1.
故答案为：D.
【分析】先利用复数代数形式的四则运算化简，再根据复数的定义即可.
2．（2024高三上·瓯海模拟）某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的80%分位数为（ ）
A．93 B．93.5 C．94 D．94.5
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将比赛得分按从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，
因为，
所以这组数据的分位数第8个数与第9个数的平均值，即.
故答案为：B.
【分析】先把数据按从小到大的顺序排列，利用百分位数的定义即可.
3．（2024高三上·瓯海模拟）已知直线与圆有公共点，则b的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，圆心到直线的距离，
解得，故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由直线与圆有公共点得出圆心到直线距离小于等于半径，从而得出关于b的不等式，进而解绝对值不等式得出b的取值范围.
4．（2024高三上·瓯海模拟）三棱锥中，平面，为等边三角形，且，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
点为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，
点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，
则点为三棱锥外接球的球心，
因为平面，且为等边三角形，，
所以四边形为矩形，，，
所以，即三棱锥外接球的半径，
则该三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：B.
【分析】先根据图象设出外接圆圆心的位置，再根据从几何关系求出半径即可求解.
5．（2024高三上·瓯海模拟）已知等比数列的首项，公比为q，记（），则“”是“数列为递减数列”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为是等比数列，
当“”，
所以，
当时，对于不一定恒成立，例如，
所以不是递减数列；
当为递减数列时，
即且对于恒成立，
又因为，所以得，
因此“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.
故答案为：C.
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、先求出，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
6．（2024高三上·瓯海模拟）已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由已知条件可得，且时，函数单调递增，
解得.
由题意可知：.
于是，解得.
令k=0可得，
又，于是.
故答案为：A.
【分析】利用余弦函数的性质先求出的单调递增区间，再结合列出不等式组解得即可.
7．（2024高三上·瓯海模拟）在直角梯形，，，，，，分别为，的中点，点在以A为圆心，为半径的圆弧上变动（如图所示），若，其中，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的坐标运算；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：结合题意建立直角坐标，如图所示：
.
则，，，，，，
则，，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，∴，∴，
∴，故，即.
故答案为：A.
【分析】结合题意建立平面直角坐标系，从而得到各点的坐标，再由得到，，从而得到，再结合换元法、正弦函数的图象求值域的方法以及不等式的基本性质，从而得出正弦型函数的值域，进而得出的取值范围.
8．（2024高三上·瓯海模拟）已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：已知，
两边取对数得：，
令，
则，
令，则，
可知在上单调递增，
因为，则，可知恒成立，
则，即，可得，
则在上单调递增，可得，
可得，即，
又因为在上单调递增，所以.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得，构建函数，对求导，再构造函数，利用导数分析可知在上单调递增，进而结合对数函数单调性分析判断.
9．（2024高三上·瓯海模拟）下列选项中，与“”互为充要条件的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】充要条件；指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：A、则，即，解得，故A选项错误；
B、则，即，解得，故B选项正确；
C、则，解得，故C选项正确；
D、，则，解得，故D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】利用指数和对数函数的单调性解不等式可判断B、C，解分式不等式可判断A，解绝对值不等式可判断D.
10．（2024高三上·瓯海模拟）设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．A，B相互独立 B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可知，
事件互斥且，同理，
所以，
即，解得，所以事件A，B相互独立，故A选项正确；
由A选项可得也相互独立，则，故B选项正确；
由条件概率公式可知：，故C选项错误；
，
即，故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据独立事件，互斥事件的定义即可判断A，B，根据条件概率的定义可判断出C，D.
11．（2024高三上·瓯海模拟）在三棱锥中，，，是棱的中点，是棱上一点，，平面，则（ ）
A．平面 B．平面平面
C．点到底面的距离为2 D．二面角的正弦值为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：A、因为平面，平面，所以．因为，且直线平面，
所以．因为平面，平面，所以平面，故A选项正确；
B、因为平面，平面，所以平面平面，故B选项正确；
C、取的中点，连接，过点作交于点，
因为，所以．因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，，即点P到平面ABC的距离为，故C选项错误；
D、建立空间直角坐标系如图所示：
因为是的中点，，所以，
因为，所以，即，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以平面的一个法向量，
设平面的一个法向量，则，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
所以，
设二面角为，所以，
所以二面角的正弦值为，故D选项正确．
故答案为：ABD.
【分析】先证明从而证明再根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；取的中点，过点作交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面，求出可判断C；建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可判断D．
12．（2024高三上·瓯海模拟）设为抛物线的焦点，直线与的准线，交于点．已知与相切，切点为，直线与的一个交点为，则（ ）
A．点在上 B．
C．以为直径的圆与相离 D．直线与相切
【答案】B,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，联立直线与的方程，消去得，
因为与相切，所以，即，所以点在上，故A错误；
对于B，过点作垂直于的准线，垂足为，由抛物线定义知，
因为，所以，所以在中，，
由大边对大角得，故B正确；
对于C，，由选项A中直线与相切，切点为，可得，其中，
则的中点坐标为且，
故半径为，
由于半径等于以为直径的圆的圆心横坐标，
故以为直径的圆与轴相切，所以与相离，故C正确；
对于D，设直线方程为，将直线BD与抛物线联立得，
所以，解得，
则，
因为，所以直线方程为，
联立直线与曲线的方程得，
因为，所以直线与相切，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】联立直线与抛物线方程，根据判别式法得到点在抛物线上，则判断出选项A；作出辅助线，结合抛物线定义得到相等关系，再由三角形中大边对大角，从而判断出选项B；先证出以为直径的圆与轴相切，则判断出选项C；设出直线方程，将直线BD与抛物线方程联立求出点坐标，从而求出直线的方程，与抛物线C的方程联立，则根据判别式法和直线与抛物线相切位置关系判断方法，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
13．（2024高三上·瓯海模拟）已知，（a为实数）．若q的一个充分不必要条件是p，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为q的一个充分不必要条件是p，即p是q的充分不必要条件，
所以是的一个真子集，
解得，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据充要条件的定义可判断是的一个真子集，列出关系式即可求解.
14．（2024高三上·瓯海模拟）已知正项数列满足，则 .
【答案】
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由可得，
由累乘可得.
故答案为：.
【分析】用累乘法即可求解.
15．（2024高三上·瓯海模拟）直三棱柱的底面是直角三角形，，，，．若平面将该直三棱柱截成两部分，将两部分几何体组成一个平行六面体，且该平行六面体内接于球，则此外接球表面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：平行六面体内接于球，则平行六面体为直四棱柱，如图有如下三种可能如图：
截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，
则或或，
三种情况比较可得．
故答案为：.
【分析】先分析可能是的中垂面，的中垂面，的中垂面.截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，用公式求出外接球直径进而求解.
16．（2024高三上·瓯海模拟）对任意，函数恒成立，则a的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：由函数对恒成立，
可得：对恒成立，又，
则对恒成立，
即对恒成立，令，
则原问题转化为：恒成立，对求导可得
令解得：令解得：则在上单调递增，
在上单调递减，且当时，恒成立，当时，恒成立，
又因为所以恒成立，故当时，
此时满足恒成立，，即时，因为在上单调递增，
由可得：即，令则
故当时，当时
故在上单调递增，在上单调递减，
即在x=e出取得极大值
故解得：综上所述a的取值范围是：.
故答案为：.
【分析】本题主要考查恒成立问题、利用导数判定函数的单调性及求函数的极值，根据题意可得：即对恒成立，令，则原问题转化为：恒成立，令，求导判定的单调性，得到然后分和两种情况，结合的单调性和最值即可求解.
17．（2024高三上·瓯海模拟）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
（1）求B的值；
（2）求b的值；
（3）求的值．
【答案】（1）解：因为，
由余弦定理可得，
又因为，所以.
（2）解：因为，则，
由正弦定理可得.
（3）解：因为，，
则，.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）利用已知条件和同角三角函数基本关系式得出角A的正弦值，再利用正弦定理得出b的值.
（3）利用已知条件和二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，从而求出的值，再利用两角差的正弦公式得出的值.
（1）因为，由余弦定理可得，
又，所以.
（2）因为，则，
由正弦定理可得.
（3）因为，，
则，
所以.
18．（2024高三上·瓯海模拟）已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
【答案】（1）解：当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
（2）解：由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
【知识点】数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用前n项和与的关系即可求解；
（2）先化简再利用列项相消法求和即可.
19．（2024高三上·瓯海模拟）如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为2．、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知．
（1）求证：⊥平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】证明：（1）因为、分别是、的中点，
所以是的中位线，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为平面，平面平面，
所以∥．
因为、分别是、的中点，
所以，
因为，所以，
又因为是的中点，所以⊥，
所以⊥．
因为⊥，⊥，，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以⊥，
又因为
所以⊥面．
解：（2）作⊥于，连接，
因为，
又因为⊥平面，平面，
所以，
又因为，所以平面，
又因为平面，所以⊥，
所以就是二面角的平面角，
过作⊥于，则∥，则是的中点，
则，
设，由得，，解得，则，
在中，，
则，
所以，在中，，
故二面角为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用三角形的中位线性质结合线面平行的判定定理，从而可得∥平面，由线面平行的性质定理可得∥，则由等腰三角形的性质可得⊥，从而可得⊥，再由已知条件可得⊥平面，则⊥，利用线面垂直的判定定理证出⊥平面.
（2）作⊥于，连接，则由已知条件证出直线平面，从而可得是二面角的平面角，过作⊥于，则可得∥，设，再利用平行线分线段成比例结合已知条件求出的值，在中可求出的长，从而可得的长，则在直角三角形中结合正切函数的定义和反三角函数值求解方法，进而得出二面角的大小．
20．（2024高三上·瓯海模拟）甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.
（1）随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率；
（2）已知（1）中摸出的球是黑球，求此球属于乙箱子的概率.
【答案】（1）解：记取到甲盒子为事件，取到乙盒子为事件，取到丙盒子为事件，取到黑球为事件B：
.
（2）解：
【知识点】全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】本题考查全概率公式和条件概率公式.
（1）设出事件，运用全概率公式可表示出：，代入数据求解即可.
（2）利用条件概率公式可得：，代入数据求解即可.
21．（2024高三上·瓯海模拟）设椭圆，是上一个动点，点，长的最小值为．
（1）求的值：
（2）设过点且斜率不为0的直线交于两点，分别为的左、右顶点，直线和直线的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】（1）解：依题意，椭圆的焦点在轴上，设焦距为，
设，则，而，
则，
而，则，即，因此，
由，得当时，，
即，化简得，又，解得，
所以．
（2）解：由（1）知，椭圆的方程为，点，
设，则，即，
斜率不为0的直线过点，设方程为，则，
由消去并整理得，显然，
则，即有，
因此，所以为定值.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)设出点坐标，用两点间的距离求出长，再结合二次函数探求最小值即得解.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，设出点的坐标，利用斜率坐标公式求出，结合韦达定理计算即得求解.
22．（2024高三上·瓯海模拟）已知.
（1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
（2）当时，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）解：由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
（2）解：因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）对函数求导，设切点坐标为，结合导数的几何意义列式求解即可；
（2）对求导，可得在内单调递减，分，，三类讨论判断在内的单调性，进而结合零点存在性定理分析判断.
