浙江省紹興市柯橋區(qū)2024屆三模 數(shù)學試題【含答案】

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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=（????） A． B． C． D． 2．在復平面內(nèi)，復數(shù)對應(yīng)的點位于（????） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．設(shè)

2、m，n是兩條不同的直線，α，β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，且這四個數(shù)的中位數(shù)是3，則這四個數(shù)的平均數(shù)是（????） A． B．3 C． D．4 5．在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．若，則A等于（????） A． B． C． D． 6．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（????） A． B． C． D． 7．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（????） A． B． C． D． 8

3、．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（????） A．1 B．2 C．3 D．0 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． B． C． D． 11．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、E

4、F、PB，下列結(jié)論正確的是（????） A． B． C．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)平面交棱于點． (1)求； (2)求二面角的平面角

5、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

6、有性質(zhì)． (1)函數(shù)與是否具有性質(zhì)？并說明理由． (2)已知函數(shù)與具有性質(zhì)． （i）求的取值范圍； （ii）證明：． 1．A 【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. 2．B 【分析】先對復數(shù)化簡，然后根據(jù)復數(shù)的幾何意義可求得結(jié)果 【詳解】解：由． 知復數(shù)的實部為，虛部為． 所以復數(shù)對應(yīng)的點位于第二象限． 故選：B． 3．D 【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

7、：D. 4．D 【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. 5．D 【分析】本題先根據(jù)誘導公式對條件式進行化簡，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. 6．B 【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. 7．C 【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

8、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. 8．D 【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】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. 9．ACD 【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

9、. 【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. 10．ABD 【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. 11．ABD 【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，

10、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， 所以三點共線，且，又， 所以， 又平面，平面，故， 因為，平面， 所

11、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

12、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，

13、 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，

14、，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

15、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

16、，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， 故有且僅有一個極值點， ，則

17、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

18、，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.