《浙江省紹興市柯橋區(qū)2024屆三模 數(shù)學試題【含答案】》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《浙江省紹興市柯橋區(qū)2024屆三模 數(shù)學試題【含答案】(19頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2024年6月浙江省普通高校招生全國統(tǒng)一考試柯橋區(qū)數(shù)學適應(yīng)性試卷注意事項:1本科考試分為試題卷和答題卷,考生須在答題卷上答題2答題前,請在答題卷的規(guī)定處用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫學校、班級、姓名和準考證號3試卷分為選擇題和非選擇題兩部分,共4頁全卷滿分150分,考試時間120分鐘一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分在每題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的1已知集合,則=()ABCD2在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于()A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限3設(shè)m,n是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,則下列命題中正確的是()A若,則B若,則C若,則D若,則4已知實數(shù),若,且這
2、四個數(shù)的中位數(shù)是3,則這四個數(shù)的平均數(shù)是()AB3CD45在中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c若,則A等于()ABCD6已知函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱,若當時,的最小值是,則的最大值是()ABCD7已知直線與橢圓C:交于,兩點,以線段為直徑的圓過橢圓的左焦點,若,則橢圓的離心率是()ABCD8已知函數(shù)為偶函數(shù),若函數(shù)的零點個數(shù)為奇數(shù)個,則()A1B2C3D0二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求全部選對的得6分,部分選對得部分分,有選錯的得0分9已知平面向量,則()A若,則B若,則C若在的投影向量為,則D若,則10已知隨機變量,若,則()A
3、BCD11平行四邊形ABCD中,且,AB、CD的中點分別為E、F,將沿DE向上翻折得到,使P在面BCDE上的投影在四邊形BCDE內(nèi),且P到面BCDE的距離為,連接PC、PF、EF、PB,下列結(jié)論正確的是()ABC三棱錐的外接球表面積為D點Q在線段PE上運動,則的最小值為三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分12的展開式中的系數(shù)為 (用數(shù)字作答)13如圖,點A,B為射線OP上兩動點,且,若射線OQ上恰有一個點C,使得,則此時OA的長度為 14若,且,則的最小值是 四、解答題:本題共5小題,共77分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15如圖,在直三棱柱中,、分別為、的中點,設(shè)平面交棱于
4、點(1)求;(2)求二面角的平面角的正切值16已知數(shù)列的前n項和為,且,設(shè)(1)求證:數(shù)列為等比數(shù)列;(2)求數(shù)列的前項和17小明進行足球射門訓練,已知小明每次將球射入球門的概率為0.5(1)若小明共練習4次,求在射入2次的條件下,第一次沒有射入的概率;(2)若小明進行兩組練習,第一組射球門2次,射入次,第二組射球門3次,射入次,求18設(shè)雙曲線C:(,)的一條漸近線為,焦點到漸近線的距離為1,分別為雙曲線的左、右頂點,直線過點交雙曲線于點,記直線,的斜率為,(1)求雙曲線的方程;(2)求證為定值19若函數(shù)有且僅有一個極值點,函數(shù)有且僅有一個極值點,且,則稱與具有性質(zhì)(1)函數(shù)與是否具有性質(zhì)?并
5、說明理由(2)已知函數(shù)與具有性質(zhì)(i)求的取值范圍;(ii)證明:1A【分析】借助對數(shù)定義域可得,再利用交集定義運算即可得.【詳解】,則.故選:A.2B【分析】先對復(fù)數(shù)化簡,然后根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可求得結(jié)果【詳解】解:由知復(fù)數(shù)的實部為,虛部為所以復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于第二象限故選:B3D【分析】由空間中的線線,線面,面面間的位置關(guān)系逐項分析判斷即可.【詳解】若,則或,所以A錯;,或,所以B錯;若,則,所以C錯;若,則與兩面的交線平行,即,故D對.故選:D.4D【分析】借助中位數(shù)與平均數(shù)定義結(jié)合題目所給條件計算即可得.【詳解】由題意可得,即,則.故選:D.5D【分析】本題先根據(jù)誘導公式對條件式進行化簡
6、,再用余弦定理進行邊角互化,即可得出答案.【詳解】因為,所以,即,如圖,過B點作于D,可知,所以,所以,又,所以.故選:D.6B【分析】利用正弦型函數(shù)的對稱性可得,再利用正弦型函數(shù)的最小值即可得解.【詳解】由題意可得,則,又,故,即,當時,又的最小值是,則,故,即的最大值是.故選:B.7C【分析】由題意可得四邊形為矩形,結(jié)合橢圓定義與勾股定理可將分別用和表示,即可得離心率.【詳解】取右焦點,連接、,由在以線段為直徑的圓上,故,結(jié)合對稱性可知四邊形為矩形,有,有,又,由,則,由橢圓定義可得, 故,則.故選:C.8D【分析】由函數(shù)的圖象關(guān)于對稱得零點關(guān)于對稱,但的零點個數(shù)為奇數(shù)個可得答案.【詳解】
7、因為函數(shù)為偶函數(shù),所以,所以的圖象關(guān)于對稱,令,則,可得函數(shù)的圖象關(guān)于對稱,所以函數(shù)的圖象關(guān)于對稱,則函數(shù)的零點關(guān)于對稱,但的零點個數(shù)為奇數(shù)個,則.故選:D.9ACD【分析】借助向量的平行及垂直的坐標運算可得A、B、D,借助投影向量定義結(jié)合坐標運算可得C.【詳解】對A:若,則有,解得,故A正確;對B:若,則有,解得,故B錯誤;對C:若在的投影向量為,則有,化簡得,即,故C正確;對D:若,則有,解得,故D正確.故選:ACD.10ABD【分析】借助正態(tài)分布的對稱性可得A、B,借助正態(tài)分布定義及期望與方差的性質(zhì)可得C、D.【詳解】由隨機變量,則,則,故A、B、D正確,C錯誤.故選:ABD.11ABD
8、【分析】記的中點為,過點作,證明點為點在平面上的投影,解三角形求,判斷A,證明平面,判斷B,根據(jù)正四面體性質(zhì)求三棱錐的外接球半徑,結(jié)合球的表面積公式判斷C,通過翻折,將問題轉(zhuǎn)化為求的問題,求其值,判斷D.【詳解】由已知,記的中點為,連接,因為,為的中點,所以,因為,所以,故,又為的中點,所以,又,平面,所以平面,又平面,所以平面平面,過點作,為垂足,因為平面平面,平面,所以平面,即點為點在平面上的投影,因為P到面BCDE的距離為,所以,由已知,所以,又,所以,所以,所以,故,A正確,因為,所以點為的外心,又為等邊三角形,所以點為的中心,連接并延長,交與點,則,為的中點,連接,因為,故,所以三點
9、共線,且,又,所以,又平面,平面,故,因為,平面,所以平面,平面,所以,B正確;因為為正四面體,且棱長為,所以其外接球的半徑為,所以三棱錐的外接球表面積為,C錯誤;因為,所以,所以,故,將翻折到同一平面,如圖所以的最小值為,且,所以,又,D正確,故選:ABD.12【分析】借助二項式的展開式的通項公式計算即可得.【詳解】對有,則,故的展開式中的系數(shù)為.故答案為:.13【分析】由題意可得:與以為直徑的圓相切,結(jié)合切線的性質(zhì)與題目條件計算即可得.【詳解】由題意可得:與以為直徑的圓相切,取中點,連接,則且,又,則,則.故答案為:.14【分析】由題意可借助、表示出,從而消去,再計算化簡后結(jié)合基本不等式計
10、算即可得.【詳解】由,則,即,當且僅當,即時,等號成立.故答案為:.15(1)(2)【分析】(1)建立適當空間直角坐標系后,可得平面的法向量,由平面,可得與垂直,計算即可得解;(2)求出平面與平面的法向量,借助夾角公式計算其夾角余弦值后即可得其正切值.【詳解】(1)以為原點,建立如圖所示空間直角坐標系,則有、,設(shè),則、,設(shè)平面的法向量為,則有,令,則有,即,由平面,則,解得,故;(2),設(shè)平面的法向量分別為,則有,令,則有,即,由軸平面,故平面的法向量可為,則,則,則二面角的平面角的正切值為.16(1)證明見解析(2)【分析】(1)借助與的關(guān)系可消去,得到,借助將其轉(zhuǎn)換為后結(jié)合等比數(shù)列定義即可
11、得證;(2)借助錯位相減法計算即可得.【詳解】(1),即,即,則,即,即,又,故數(shù)列是以為首項、以為公比的等比數(shù)列,則;(2)由,即,則,則,有,則,故.17(1)(2)【分析】(1)設(shè)出事件,求出相應(yīng)概率,利用條件概率公式求出答案;(2)方法1:得到的可能取值及相應(yīng)的概率,求出期望值;方法2:得到,得到,由,互相獨立,求出,得到答案;【詳解】(1)設(shè)事件表示共有次射入,事件B表示第一次沒射入,則表示一共投中2次,且第一次沒投中,則從剩余的三次選擇兩次投中,故,表示一共投中2次,故,則;(2)方法1:根據(jù)題意有可得取值為,的可能取值為,故的可能取值為,則,所以.方法2:因為,所以,又因為,互相
12、獨立,所以.18(1)(2)證明見解析【分析】(1)借助漸近線定義及點到直線距離公式計算即可得;(2)設(shè)出直線方程,聯(lián)立曲線可得與交點縱坐標有關(guān)韋達定理,作商即可得所設(shè)參數(shù)與縱坐標的關(guān)系,借助斜率公式表示出斜率后,消去所設(shè)參數(shù)即可得證.【詳解】(1)由題意可得,解得,故雙曲線的方程為;(2)由雙曲線的方程為,則,由題意可知直線斜率不為,故可設(shè),聯(lián)立,消去可得,即,則,則,即,則,即為定值.【點睛】方法點睛:利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下:(1)設(shè)直線方程,設(shè)交點坐標為;(2)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程,得到關(guān)于(或)的一元二次方程,注意的判斷;(3)列出韋達定理;(4)將
13、所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、(或、)的形式;(5)代入韋達定理求解.19(1)具有,理由見解析(2)(i);(ii)證明見解析【分析】(1)借助導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后,結(jié)合零點的存在性定理即可得其極值點及極值點范圍或具體值,即可得解;(2)(i)利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后,分及可得其是否存在極值點,在存在唯一極值點的情況下,再對細分,結(jié)合零點的存在性定理討論不同的的情況下不同的極值點的范圍,結(jié)合進行計算即可得解;(ii)分及進行討論,結(jié)合極值點滿足的條件及所得函數(shù)單調(diào)性進行放縮處理即可得.【詳解】(1)函數(shù)與具有性質(zhì),理由如下:,令,則,故單調(diào)遞減,又,故存在,使,則在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減
14、,故有且僅有一個極值點,則當時,當時,故在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,故有且僅有一個極值點,故函數(shù)與具有性質(zhì);(2)(i), 又,故,當時,此時沒有極值點,故舍去,當時, 令,則恒成立,故在上單調(diào)遞增,故,由,令,則恒成立,故在上單調(diào)遞減,當時,有,又時,故此時存在,使在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,則有唯一極值點,有,又時,故此時存在,使在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,則有唯一極值點,即有,即,此時需滿足,則,故有,即,即,故符合要求;當時,又時,故此時存在,使在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,則有唯一極值點,有,又時,故此時存在,使在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,則有唯一極值點,同理可得,此時需滿足,即,則,由,故該不等式成立,故符合要求;當時,有,此時,即、的極值點都為,不符合要求,故舍去;綜上,故;(ii)當時,有,則,故,在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,則,令,則,令,則,故在上單調(diào)遞增,則,故,要證,只需證,即當,有;當時,有,則,即,在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,則,即要證,只需證,即當,有;綜上所述,.【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題最后一問關(guān)鍵點在于分及進行討論,從而可得不同的的情況下不同的、的范圍,結(jié)合放縮進行推導.