浙江省諸暨市2024屆高三適應性考試（三模） 數(shù)學試題【含答案】

諸暨市2024年5月高三適應性考試數(shù)學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1已知拋物線，則其焦點到準線的距離為（    ）ABC1D42若關(guān)于的不等式的解集為，則（    ）A，B，C，D，3有一組樣本數(shù)據(jù)：2，3，3，3，4，4，5，5，6，6則關(guān)于該組數(shù)據(jù)的下列數(shù)字特征中，數(shù)值最大的為（    ）A第75百分位數(shù)B平均數(shù)C極差D眾數(shù)4在的展開式中，含項的系數(shù)是10，則（    ）A0B1C2D45若非零向量，滿足，則在方向上的投影向量為（    ）ABCD6已知，為曲線：的焦點，則下列說法錯誤的是（    ）A若，則曲線的離心率B若，則曲線的離心率C若曲線上恰有兩個不同的點，使得，則D若，則曲線上存在四個不同的點，使得7已知函數(shù)滿足：對任意實數(shù)，都有成立，且，則（    ）A為奇函數(shù)B為奇函數(shù)C為偶函數(shù)D為偶函數(shù)8設，已知，若恒成立，則的取值范圍為（    ）ABCD二、多項選擇題：本大題共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.全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9若，則（    ）ABCD10已知，為圓上的兩個動點，點，且，則（    ）ABC外接圓圓心的軌跡方程為D重心的軌跡方程為11已知函數(shù)有兩個零點，則下列說法正確的是（    ）A的值可以取B的值可以取C的值關(guān)于單調(diào)遞減D三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12若復數(shù)滿足：，則復數(shù)的虛部為 13記為正項數(shù)列的前項積，已知，則 ； 14若正四面體的棱長為1，以三個側(cè)面為底面向外作三個正四面體，則外接圓的半徑是 四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15已知函數(shù)的所有正零點構(gòu)成遞增數(shù)列(1)求函數(shù)的周期和最大值；(2)求數(shù)列的通項公式及前項和16如圖，在三棱錐中，是正三角形，平面平面，點是的中點，(1)求證：為三棱錐外接球的球心；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值最大時的值17已知雙曲線：與直線：交于、兩點（在左側(cè)），過點的兩條關(guān)于對稱的直線、分別交雙曲線于、兩點（在右支，在左支）(1)設直線的斜率為，直線的斜率為，求的值；(2)若直線與雙曲線在點處的切線交于點，求的面積18如圖是一個各棱長均為1米的正四棱錐，現(xiàn)有一只電子蛐蛐在棱上爬行，每次從一個頂點開始，等可能地沿棱爬到相鄰頂點，已知電子蛐蛐初始從頂點出發(fā)，再次回到頂點時停止爬行.(1)求電子蛐蛐爬行2米后恰好回到頂點的概率；(2)在電子蛐蛐停止爬行時爬行長度不超過4米的條件下，記爬行長度為，求的分布列及其數(shù)學期望；(3)設電子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行（首次回到頂點）的概率記為，求（用表示）.19若函數(shù)在區(qū)間上有定義，且，則稱是的一個“封閉區(qū)間”(1)已知函數(shù)，區(qū)間且的一個“封閉區(qū)間”，求的取值集合；(2)已知函數(shù)，設集合（i）求集合中元素的個數(shù)；（ii）用表示區(qū)間的長度，設為集合中的最大元素證明：存在唯一長度為的閉區(qū)間，使得是的一個“封閉區(qū)間”1B【分析】化簡拋物線的方程為，求得，即為焦點到準線的距離.【詳解】由題意，拋物線，即，解得，即焦點到準線的距離是故選：B2B【分析】由題得、為方程的根，利用韋達定理計算即可得解.【詳解】由已知可得、為方程的根，由韋達定理可得：，解得：故選：B3A【分析】分別求出該組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)、平均數(shù)、極差、眾數(shù)，比較大小，即可得到答案.【詳解】計算第75百分位數(shù)：，則取第8位數(shù)據(jù)，即該組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為5；平均數(shù)為；極差為；眾數(shù)為3.綜上，第75百分位數(shù)最大.故選：A.4C【分析】在的展開式中含的項即從5個因式中取4個，1個常數(shù)項即可寫出含的項，則可得出答案.【詳解】根據(jù)二項展開式可知含項即從5個因式中取4個，1個常數(shù)項即可寫出含的項；所以含的項是，可得；即可得.故選：C5B【分析】利用向量的模長關(guān)系可得，再由投影向量的定義即可求出結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意可得，所以，則所以，則在方向上的投影向量為.故選：B6C【分析】根據(jù)給定的方程，結(jié)合橢圓、雙曲線的性質(zhì)逐項分析判斷即可得解.【詳解】對于A，當時，曲線是橢圓，離心率，A正確；對于B，當時，曲線是雙曲線，離心率，B正確；對于C，當時，曲線是橢圓，其短半軸長，半焦距，顯然以線段為直徑的圓恰過這個橢圓短軸端點，即符合條件的可以是8，C錯誤；對于D，當時，則曲線是焦點在x上的雙曲線，則，以線段為直徑的圓與雙曲線有4個交點，即符合條件的點有4個，D正確.故選：C7D【分析】由題意令，可得，令，可得，可得關(guān)于對稱，據(jù)此逐項判斷可得結(jié)論.【詳解】令，則，所以，令，則，即，又，所以關(guān)于對稱，所以關(guān)于對稱，故A不正確；關(guān)于對稱，故B不正確；由A可知關(guān)于對稱，故C不正確；由A可知關(guān)于對稱，故為奇函數(shù)，所以為偶數(shù)，故D正確.故選：D.8C【分析】根據(jù)題意得到，推出，得到答案.【詳解】由題意得，故，故，故，由于，故.故選：C【點睛】關(guān)鍵點點睛：9AD【分析】先根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系弦化切求出正切，再根據(jù)二倍角計算求解即可.【詳解】因為分子分母都乘以,所以可得,故A選項正確，,B選項錯誤；,C選項錯誤；,D選項正確.故選：AD.10ABC【分析】根據(jù)圓的性質(zhì)，可得判定A正確；當線段的中垂線經(jīng)過點時，此時取得最值，結(jié)合圓的性質(zhì)，可判定B正確；設的外接圓的圓心為，根據(jù)，求得軌跡方程，可判定以C正確；設的重心為點，結(jié)合C項，求得其軌跡方程，可判定D錯誤.【詳解】因為圓，可得圓心，半徑為，且點在圓內(nèi)，對于A中，由，根據(jù)圓的性質(zhì)，可得，即，即，所以的最大值為，所以A正確；對于B中，因為，當線段的中垂線經(jīng)過點時，此時取得最值，如圖所示，可得時，可得，時，可得，所以B正確；對于C中，設的外接圓的圓心為，則，則有，可得，即，所以C正確；對于D中，設的重心為點，則，由C項知的外接圓的圓心點的軌跡方程為，且點為的中點，即，所以，即，即，所以D錯誤.故選：ABC.11ACD【分析】對函數(shù)求導，分析函數(shù)單調(diào)性，對和，分別求極值，判斷極值的符號，結(jié)合函數(shù)零點存在性的判定方法求零點個數(shù)，可得AB的真假；把轉(zhuǎn)合成，數(shù)形結(jié)合，通過函數(shù)與的交點，分析的值關(guān)于關(guān)系，判斷C的真假；先根據(jù)，推出，在根據(jù)，可得D正確.【詳解】求導得，當時，恒成立，故在上為減函數(shù)，不可能有兩個零點，故;令，得，當，；當時，；則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故的最小值為；對于A選項：當時，故，因為在上單調(diào)遞增，則，故，則，當時，；且時，；故在及各有一個零點，故A對；對于B選項:當時，于是，故在上無零點，故B錯；對于C，即，可視為兩函數(shù)與的交點橫坐標，當增加，直線斜率變小，同時向下平移，故收縮變小，故C正確；對于D，因為為函數(shù)的零點，則，不妨設，則，又，所以設，則，令，則，所以，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以當時，即，即，故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數(shù)的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)；(3)利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決函數(shù)的恒成立與有解問題，同時注意數(shù)形結(jié)合思想的應用.121【分析】設復數(shù)，再利用復數(shù)的運算法則，就可以解得虛部.【詳解】設，由得：，即，則，代入得：，解得，故答案為：.13 2 2025【分析】由數(shù)列的前項積，利用賦值法令可求得，將表達式化簡可得數(shù)列是等差數(shù)列，即可求得.【詳解】根據(jù)題意令，可知，又數(shù)列的各項均為正，即；解得；由可得，即，可得；所以數(shù)列是以為首項，公差為的等差數(shù)列；因此，所以.故答案為：2；2025.14#【分析】結(jié)合正四面體的圖形特征，結(jié)合兩點間距離公式和正弦定理求出的外接圓半徑即可.【詳解】將此正四面體 放置在正方體中，從而可得 ,則 的中心為且此中心為 的中點，則，的中心為且此中心為的中點，則，的中心為且此中心為的中點，則，等邊外接圓的半徑是 . 故答案為： .15(1)周期2，最大值2(2)，【分析】（1）先應用輔助角公式化簡再得出最大值即可；（2）令可得出，根據(jù)題意確定數(shù)列的首項和公差，即可求得數(shù)列的通項公式.【詳解】（1）由題可得，因此函數(shù)的周期，當，即時，取最大值，最大值為（2）由得，因此函數(shù)的所有正零點為，因此是首項為，公差為1的等差數(shù)列；，16(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)圖形特征得出即得證球心；（2）根據(jù)線面角定義結(jié)合線面垂直及面面垂直性質(zhì)定理可得；（3）空間向量法求出銳二面角的余弦值再結(jié)合最值可得參數(shù).【詳解】（1）為的中線，且，則為正的中心，又中，即為三棱錐外接球的球心（2）是正三角形，點是的中點，又平面平面，平面平面，平面，平面為直線與平面所成的角又，,即直線與平面所成角的正弦值為（3）在平面中，過點作，垂足為，設，則，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，則，設平面的法向量為，由，得，令，故，設平面的法向量為，則，即，令，則設平面與平面所成銳二面角的平面角為，當時，此時最大，即當時，平面與平面所成銳二面角的余弦值最大17(1)1(2)【分析】（1）設直線、的傾斜角分別為、（、），則，再利用斜率與傾斜角的關(guān)系，結(jié)合誘導公式求解；    （2）先求出點的坐標，進而得到雙曲線在點處的切線方程為，不妨設直線為，與雙曲線方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理和三角形面積公式求解.【詳解】（1）由題意知直線斜率為1，直線的傾斜角，設直線、的傾斜角分別為、（、），直線、關(guān)于直線對稱，（2）聯(lián)立，雙曲線在點處的切線方程為不妨設直線為，聯(lián)立得，整理得，將等式看作關(guān)于的方程：兩根之和，兩根之積，而其中，由（1）得，直線為，過定點，又雙曲線在點處的切線方程為，過點，18(1)(2)分布列見解析，(3)【分析】（1）根據(jù)獨立事件概率公式計算即可；（2）結(jié)合條件概率先求離散型隨機變量的分布列再求出數(shù)學期望；（3）結(jié)合等比數(shù)列的通項公式求出.【詳解】（1）記事件“電子蛐蛐爬行的第米終點為”，“電子蛐蛐爬行的第米終點為”，“電子蛐蛐爬行的第米終點為”，“電子蛐蛐爬行的第米終點為”，“電子蛐蛐爬行的第米終點為”，“電子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行”，則（2）記事件“電子蛐蛐停止爬行時，爬行長度不超過4米”的可能取值為2，3，4，根據(jù)條件概率的知識，可得的分布列為，用表格表示的分布列為：234（3）（，）得：，19(1)(2)（i）2；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)“封閉區(qū)間”的定義，對函數(shù)求導并求出其值域解不等式可得的取值集合；（2）（i）對求導得出函數(shù)的單調(diào)性，利用零點存在定理即可求得集合中元素的個數(shù)為2個；（ii）根據(jù)區(qū)間長度的定義，對參數(shù)進行分類討論得出的所有可能的“封閉區(qū)間”即可得出證明.【詳解】（1）由題意，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，可得的值域為，因此只需，即可得，即，則的取值集合為（2）（i）記函數(shù)，則，由得或；由得；所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減其中，因此當時，不存在零點；由在單調(diào)遞減，易知，而， 由零點存在定理可知存在唯一的使得；當時，不存在零點綜上所述，函數(shù)有0和兩個零點，即集合中元素的個數(shù)為2（ii）由（i）得，假設長度為的閉區(qū)間是的一個“封閉區(qū)間”，則對，當時，由（i）得在單調(diào)遞增，即，不滿足要求；當時，由（i）得在單調(diào)遞增，即，也不滿足要求；當時，閉區(qū)間，而顯然在單調(diào)遞增，由（i）可得，滿足要求綜上，存在唯一的長度為的閉區(qū)間，使得是的一個“封閉區(qū)間”【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于理解“封閉區(qū)間”的定義，結(jié)合導函數(shù)判斷出各函數(shù)的單調(diào)性和對應的單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合區(qū)間長度的定義分類討論即可得出結(jié)論.