浙江省湖州市2024届高三上学期第一次质量检测数学试题含答案

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湖州2024届高三第一次质量检测

数学试卷

(答案在最后)

一、单项选择题: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

一项是符合要求的.

1.

复数5

i2

的共轭复数是()

A.2iB.2i

C.2iD.2i

【答案】B

【解析】

【分析】先将复数的分母化成实数,再求其共轭复数即可.【详解】55(2i)105i

2i,

i2(2i)(2i)5





而2i的共轭复数是2i.

故选:B.

2.已知集合

21

log,1,,1

2x

AyyxxByyx











,则AB()A.

01yy

B.1

0

2yy







C.1

1

2yy





D.

【答案】B

【解析】

【分析】求指对数函数的值域确定集合,再应用交运算求集合.

【详解】由题设,{|0}Ayy,1

{|0}

2Byy

所以AB

1

0

2yy





.

故选:B

3.已知向量

0,1,1a

,

1,1,0b

,则向量b

在向量a

上的投影向量为()A.11

0,,

22



B.11

,0,

22



C.

0,1,1

D.

1,0,1

【答案】A【解析】

【分析】根据给定条件,利用投影向量的定义求解即得.

【详解】向量

0,1,1a

,

1,1,0b

,则1,||2aba

所以向量b

在向量a上的投影向量为111

(0,,)

222||||aba

a

aa





.

故选:A

4.设5π6π,cos

2a

,则sin

4

等于()A.1

2aB.1

2aC.1

2a

D.1

2a

【答案】D

【解析】

【分析】借助5π6π,得出

2与

4

所处区间及象限,结合三角恒等变换公式即可得.

【详解】5π6π,5π

,3π

22





,5π3π

,

442



,故sin0

4

,又cos

2a

,

1cos

1

2

sin

422a



.

故选:D.

5.设等比数列

na

的前n

项和为

nS

,若

105:1:2SS

,则

155:SS

等于()

A.3:4B.2:3C.1:2D.1:3

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件,利用等比数列片段和性质计算作答.

【详解】等比数列

na

的前n

项和为

nS

,则

51051510,,SSSSS

成等比数列,设

5Sm,则

102m

S,

1052m

SS,所以2

15102

4m

m

SS

m





,所以

153

4m

S,所以

15

53

3

4

4m

S

Sm,即

155:3:4SS

.

故选:A.

6.在流行病学中,每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数.当基本传染数高于1时,每个感染者平

均会感染一个以上的人,从而导致感染者人数急剧增长.当基本传染数低于1时,疫情才可能逐渐消散.而

广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径.假设某种传染病的基本传染数为

0R

,1个感染者平均会接触

到N个新人

0NR󰆆

,这N人中有V个人接种过疫苗(V

N称为接种率),那么1个感染者可传染的新感染人数为0R

NV

N

.已知某病毒在某地的基本传染数

02log42R

,为了使1个感染者可传染的新

感染人数不超过1,该地疫苗的接种率至少为()

A.60%B.70%C.80%

D.90%

【答案】A

【解析】【分析】由题意,列出不等式01R

NV

N󰆅,利用对数的运算性质求出

0R,代入不等式中求解V

N,即可

得到答案.

【详解】为了使1个感染者传染人数不超过1,只需01R

NV

N󰆅,所以

01NV

R

N

󰆅,即

011V

R

N



󰆅

,因为5

2

022log42log22.5R,所以2.511V

N



󰆅,解得0.660%V

N󰆆,

则地疫苗的接种率至少为60%.

故选:A.

7.在四棱锥PABCD

中,棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为2的正方形ABCD,M为棱PD的中点,

过直线BM的平面

分别与侧棱PA、PC相交于点E、F,当PEPF时,截面MEBF的面积为()

A.2B.3C.33D.22【答案】D

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系,利用向量共面确定点的坐标,利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.

【详解】由题意,PD平面ABCD,四边形ABCD为正方形,

如图,建立空间直角坐标系Dxyz,

则

0,2,0C

,

0,0,2P

,

2,0,0A

,

0,0,1M

,

2,2,0B

,

2,0,2PA

,

2,2,1BM

设

2,0,2PEtPAtt

,01t,则

2,0,22Ett

又PEPF,PAPC,所以

0,2,2PFtPCtt

,则

0,2,22Ftt

由题意,MEBF、、、四点共面,所以BMxBEyBF

所以



2222

2222

12222txy

xty

txty





,解得32

,

43xyt

,所以42

,0,

33E



,42

0,,

33F



,所以2222

,2,,2,,

3333BEBF







,所以28

7

9

cos,

114444

44

9999BEBF

BEBF

BEBF







,即7

cos

11EBF

,所以262

sin1cos

11EBFEBF

,所以11446242

sin

229113EBFSBEBFEBF

,又4141

,0,,0,,

3333MEMF







,所以1

1

9

cos,

17161161

00

9999MEMF

MEMF

MEMF









,即1

cos

17EMF

,所以2122

sin1cos

17EMFEMF

,所以111712222

sin

229173EMFSMEMFEMF

,

所以截面MEBF

的面积为4222

22

33EBFEMFSSS

.

故选:D

8.已知椭圆22

11122

11:10xy

Cab

ab与双曲线22

22222

22:10,0xy

Cab

ab

具有相同的左、右焦点

1F

2F

,点P为它们在第一象限的交点,动点Q

在曲线

1C

上,若记曲线

1C

2C

的离心率分别为

1e

2e

满足

121ee

,且直线

1PF

与y轴的交点的坐标为23

0,

2a



,则

12FQF

的最大值为()A.π

3B.π

2C.2π

3D.5π

6

【答案】A

【解析】【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得112

212PFaa

PFaa



,结合离心率可得1

1

211

ac

e

aec

,在

12PFF△

中,利用余弦定理可得

11

2e,进而结合椭圆性质可知:当Q

为椭圆短轴顶点时,

12FQF

取到最大值,分析求解即

可.【详解】由题意可知:121

1222

2PFPFa

PFPFa



,解得112

212PFaa

PFaa



,