浙江省杭州市學軍中學高三下學期4月適應性數學試題

絕密★啟用前杭州學軍中學2024屆高中畢業(yè)生適應性測試數學命題，審校：杭州學軍中學高三數學備課組2024.4本試題卷共4頁，19題，全卷滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，找出每小題答案后，用鉛筆將對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦千凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.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.不選?多選?錯選均不得分.1.在復平面內表示復數（1﹣i）（a+i）的點位于第二象限，則實數a的取值范圍是（）A.（﹣∞，1） B.（﹣∞，﹣1） C.（1，+∞） D.（﹣1，+∞）【答案】B【解析】【分析】把復數化為代形式，然后得出對應點坐標，由點在第二象限得出結論．【詳解】，對應點為，由題意，解得．故選：B.【點睛】本題考查復數的乘法運算，考查復數的幾何意義，屬于基礎題．2.設，為單位向量，在方向上的投影向量為，則（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先根據投影向量公式求的值，再代入向量模的公式求解.【詳解】，在方向上的投影向量為，所以，所以.故選：D3.設集合，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由不等式性質可知，當時，取得最大值8，利用對進行放縮，然后結合基本不等式可得的最小值為4，得集合A；解一元二次不等式求出集合B，然后由交集運算可得答案.【詳解】因為，所以，得，又，所以，當時，取得最大值8；又，所以，當且僅當時等號成立，所以的最小值為4，所以.由解得，所以.故選：C4.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】將題干兩式兩邊平方，結合平方關系及兩角和的正弦公式計算可得.【詳解】因為，，所以，，即，，兩式相加可得，所以.故選：A5.波斯詩人奧馬爾?海亞姆于十一世紀發(fā)現(xiàn)了一元三次方程的幾何求解方法.在直角坐標系中，兩點在軸上，以為直徑的圓與拋物線：交于點，.已知是方程的一個解，則點的坐標為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求得以為直徑的圓的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，消去，可得的方程，由題意考慮兩個三次方程有相同的解，可得所求點的坐標．【詳解】設，的中點為，則以為直徑的圓的方程為，與拋物線聯(lián)立，可得，化簡可得，由于，可得，的橫坐標相等，則方程和方程有相同的解，即有，解得，則．故選：A．6.小蔣同學喜歡吃餃子，某日他前往食堂購買16個餃子，其中有個為香菇肉餡，其余為玉米肉餡，且.在小蔣吃到的前13個餃子均為玉米肉餡的條件下，這16個餃子全部為玉米肉餡的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】記事件：16個餃子中有i個香菇肉餡餃子，，事件B：吃到的前13個餃子均為玉米肉餡餃子.先利用全概率公式求，然后再由條件概率公式可得.【詳解】記事件：16個餃子中有i個香菇肉餡餃子，，事件B：吃到的前13個餃子均為玉米肉餡餃子.則，，，，當時，，由題知，，所以，又，所以.故選：C7.若函數有且僅有兩個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用函數與方程的思想將函數有兩個零點轉化為函數與函數的圖象有兩個交點，求導并畫出函數的圖象求得切線方程，再由數形結合即可求得的取值范圍.【詳解】由可得，則函數與函數的圖象有兩個交點；設，則，令，解得；令，解得；所以在上單調遞增，在上單調遞減；令，解得，可求得的圖象在處的切線方程為；令，解得，可求得的圖象在處的切線方程為；函數與函數的圖象如圖所示：切線與在軸上的截距分別為,當時，與函數的圖象有一個交點，故實數的取值范圍為.故選：A8.以半徑為1的球的球心為原點建立空間直角坐標系，與球相切的平面分別與軸交于三點，，則的最小值為（）A. B. C.18 D.【答案】C【解析】【分析】不妨設、、均在正半軸，設球與平面切于點，連接并延長交于點，連接，由勾股定理求出，利用三角形相似求出，即可求出，再通過證明平面得到，則，再由三角形相似得到，最后利用基本不等式計算可得.【詳解】根據對稱性，不妨設、、均在正半軸，設球與平面切于點，連接并延長交于點，連接，則平面，平面，平面，所以，又，所以，即，又，，所以，則，所以，又平面，平面，所以，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以，又，即，所以，所以，當且僅當時取等號，即的最小值為.故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是根據題意畫出圖形，推導出、，利用勾股定理轉化計算，結合基本不等式求出最小值.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設函數，則（）A.是偶函數 B.的最小正周期為C.的值域為 D.在單調遞增【答案】ACD【解析】【分析】對于A選項，利用奇偶性的定義進行判斷即可；對于B選項，利用周期性的定義進行判斷即可；對于C選項，首先證明函數的周期為，然后分與兩種情況分別討論函數的值域，進而進行判斷選項的正誤即可；對于D選項，當可得，進而判斷函數的單調區(qū)間即可.【詳解】對于A選項，已知且定義域為，由于，得是偶函數，故A選項正確；對于B選項，，得的最小正周期不是，故B選項錯誤；對于C選項，由于，得的周期為，當時，，由于，得，故當時，，由于，得，故.綜上所述可得的值域為，故C選項正確；對于D選項，當時，，由于，得，根據余弦函數性質可知在是單調遞增.故D選項正確.故選：ACD10.在對具有相關關系的兩個變量進行回歸分析時，若兩個變量不呈線性相關關系，可以建立含兩個待定參數的非線性模型，并引入中間變量將其轉化為線性關系，再利用最小二乘法進行線性回歸分析.下列選項為四個同學根據自己所得數據的散點圖建立的非線性模型，且散點圖的樣本點均位于第一象限，則其中可以根據上述方法進行回歸分析的模型有（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】將非線性模型，通過變形轉化為線性模型，再利用最小二乘法進行線性回歸分析．【詳解】對于選項A：，令則；對于選項B：令；對于選項C：即令則；對于選項D：令則此時斜率為，與最小二乘法不符．故選：ABC11.已知是方程的兩根，數列滿足，，.滿足，其中.則（）A.B.C.存在實數，使得對任意的正整數，都有D.不存在實數，使得對任意的正整數，都有【答案】ABC【解析】【分析】先證明，，然后對于A，可直接使用驗證；對于B，使用和即可驗證；對于C和D，直接使用即可驗證.【詳解】由于是方程的兩根，故，.并可解出，.用數學歸納法證明：對任意的正整數，有.當時，由知，故，結論成立；當時，有，結論成立；假設當，以及時結論都成立，這里，則，.此時有，故結論對也成立.綜上，對任意的正整數，有.由于是偶數，且由知是偶數，且，可知每個都是偶數.所以，故.而，故.又因為，故，從而.所以.構建，則在內恒成立，則，可得成立.由于，知，.故，即.對于A，有，故A正確；對于B，有，故B正確；對于C，由于，故存在實數，使得對任意的正整數，都有，故C正確；對于D，由于，故存在實數，使得對任意的正整數，都有，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于，先研究數列的各個性質，得到和，相比直接通過題目條件判斷選項，這樣做四個選項將更加容易判斷.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.經過橢圓的右頂點與上頂點的直線斜率為，則的離心率為______.【答案】##【解析】【分析】利用斜率計算公式、離心率計算公式即可得出結論.【詳解】橢圓的右頂點與上頂點的直線斜率為，則,即，可知其焦點在軸上，則的離心率為.故答案為：13.將個棱長為1的正方體如圖放置，其中上層正方體下底面的頂點與下層正方體上底面棱的中點重合.設最下方正方體的下底面的中心為，過的直線與平面垂直，以為頂點，為對稱軸的拋物線在的部分可以被完全放入立體圖形中.若，則的最小值為______；若有解，則的最大值為______.【答案】①.②.【解析】【分析】將命題轉化為對任意的，在時恒有成立，然后研究不等式，再次轉化為，且，最后根據題目要求討論即可.【詳解】拋物線的一部分可以被完全放入立體圖形中，當且僅當對任意的，在時恒有成立.即對任意的，有，，此即，.這等價于，且對任意的，有.由于當時必有，故條件等價于，且當時，必有.這等價于，且當時，必有，即，令即，且當時，有.當時，由于關于遞增，故條件等價于，且.回到原題.當時，條件等價于，所以的最小值為；若有解，則等價于或，即，解得.結合是正整數，知的最大值為.故答案為：4；2.14.若函數（其中）在區(qū)間上恰有4個零點，則a取值范圍為___________________.【答案】【解析】【分析】分別分析和的零點個數求解即可，同時要注意重根問題的檢驗.【詳解】當，設，，則為開口向上的二次函數，，①當，有唯一解，此時，，此時有三個解，且均不為3，符合題意；②當，無解，故區(qū)間上恰有4個零點，則，解得，符合題意；③當，的對稱軸，且，（i）當，，此時有兩個解：2和5，，此時有三個解，且與的解2，5不重合，不合題意，（ii）當，且，此時有兩個解，且均屬于，，若有2個解，故，解得，則，舍去；（iii）若有3個解，故，解得，若此時有2個解，則必須有1個重根，下面檢驗重根情況：，則，的3個解為，且，，，故重根可能為，，.令，，解得，當重合，若，則（），解得，滿足題意；若，則，即，無解；若，，即，無解；當重合，若，則，解得（舍去）；若，則，解得，符合題意；若，則，即，無解，舍去；（iv）當，，此時有1個解，設為m，則，，故，解得，又，綜合得，同理（iii）的分析，，，此時有三個解，且與的解不重合，符合題意，綜上所述：或或故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數零點問題，關鍵是根據二次函數特征討論判別式及區(qū)間端點與5的關系.四?解答題：本題共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.平面兩兩平行，且與的距離均為.已知正方體的棱長為1，且.（1）求；（2）求與平面夾角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量研究點面距離計算即可；（2）利用空間向量計算面面夾角即可.【小問1詳解】如圖所示，建立以D為中心的空間直角坐標系，易知，則，設平面的一個單位法向量為，顯然也是平面的一個法向量，由點到面的距離公式知：，或，即，又，所以可得，此時，或，此時故；【小問2詳解】設平面的一個法向量為，易知，則，取，即，設與平面夾角為，則，即與平面夾角的余弦值為.16.斜二測畫法是一種常用的工程制圖方法，在已知圖形中平行于軸的線段，在直觀圖畫成平行于軸（由軸順時針旋轉得到）的線段，且長度為原來的，平行于軸的線段不變.如圖，在直角坐標系中，正方形的邊長為.定義如下圖像變換：表示“將圖形用斜二測畫法變形后放回原直角坐標系”；表示“將圖形的橫坐標保持不變，縱坐標拉伸為原來的倍”.（1）記正方形經過兩次變換后所得圖形為，求的坐標；（2）在第次復合變換中，將圖形先進行一次變換，再進行一次變換，.記正方形進行次復合變換后所得圖形為.過作的垂線，垂足為，若恒成立，求的取值范圍.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）將題目中涉及的變換通過2*2數表呈現(xiàn)，然后研究復合變換的表示法，再求得結果；（2）先求得次復合變換對應的數表，然后計算出的坐標，最后利用數列作為工具將不等式轉化為關于數列不等式的恒成立問題，再通過討論求出的取值范圍.【小問1詳解】先進行一些準備工作.我們用2*2數表來作為變換的記號.如果一個變換將點變?yōu)辄c，這里，則我們記.則根據定義可知，.然后，對，，記“先經過變換，再經過變換”的變換為，則經過變換后變?yōu)?，再經過變換后變?yōu)椋?這表明.回到原題，由于，故.所以，分別被變成，.【小問2詳解】定義數列如下：，.然后我們用數學歸納法證明：.當時，由知結論成立；假設當時結論成立，即.則.所以將兩個變換復合，就得到，故結論對也成立.綜上，對任意的正整數，有.這表明，，，在經過變換后將得到，，.這表明直線的方程為，從而的坐標是.由的遞推式及可直接得到.記，則，且.對于，我們有，兩邊同時對求導可得，再同乘，就得到.取，就有.這表明，再進一步進行變換即可得到.這直接推出.同時，計算可知.從而由，，知故點一定在和之間，即在線段內部.這就得到了.最后，我們需要求的取值范圍，使得不等式恒成立，即恒成立.由，知.若，則，滿足條件；若恒成立，則恒成立，首先有.從而由恒成立可知恒成立.由，知恒成立即恒成立.假設，記.由，知當，且時，有以下結論：①由知；②由于對，展開后的二次項為，故.從而由知，即.故此時有，這與恒成立矛盾.所以，故，從而.而，故.綜上，不等式即恒成立的充分必要條件是.最后，直接計算得到.所以的取值范圍是.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于，使用反證法否定時，需要找到使得不成立的對應的條件，而這需要細致的討論.如果僅僅通過的“指數衰減”這種直觀層面的理解一筆帶過，直接“得到”在足夠大時成立，則從邏輯上是不能走通的，特別是由于此時中含有一個單調遞增的因式，直接使用冪函數的性質并不能得到期望的結果，必須細致討論.17.已知函數.（1）當時，證明：；（2）當時，，求的最大值；（3）若在區(qū)間存在零點，求的取值范圍.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）求定義域，作商法結合基本不等式比較出；（2）對求導，變形后，構造，求導，再構造，求導得到單調性，結合得到的單調性和極值，最值情況，求出答案；（3）令，當時，由于恒成立，故無解，當時，，令，，求導得到函數單調性，又趨向于0時，趨向于2，故，從而得到，得到答案.【小問1詳解】定義域為，當時，，，由于，令，當且僅當，即時，等號成立，又，故；【小問2詳解】當時，，，設，則，令，，故在上單調遞增，又，故當時，，即，即，故，所以，則在恒成立，當時，同理可得，則在上恒成立，故在上單調遞減，在上單調遞增，故在處取得極小值，也是最小值，，故，所以的最大值為；【小問3詳解】，令，當時，，由于恒成立，故無解，舍去；當時，，令，，，下面證明,，令，，則，，其中，令，，則，，其中，令，，則，，當時，，故在上單調遞增，故，故在上單調遞增，故，故在上單調遞增，故，即,，則，，則，，由于，而，故，則，故在上單調遞增，又趨向于0時，趨向于2，故，故令，解得，此時有解，故存在零點，故的取值范圍是.【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法,使不等式一端是含有參數的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖像確定條件.18設雙曲線，直線與交于兩點.（1）求的取值范圍；（2）已知上存在異于的兩點，使得.（i）當時，求到點的距離（用含的代數式表示）；（ii）當時，記原點到直線的距離為，若直線經過點，求的取值范圍.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）利用直線與雙曲線的位置關系結合韋達定理計算即可；（2）（i）設及其中點坐標，根據極化恒等式、弦長公式計算即可；（ii）設直線方程，結合（i）的結論知既在圓上也在雙曲線上，分別聯(lián)立直線與圓、雙曲線方程消去得出兩個一元二次方程，由橫坐標均滿足方程得出參數關系式，化簡求，再分類討論結合判別式、點到直線的距離公式計算范圍即可.【小問1詳解】聯(lián)立直線與雙曲線方程得，則或，即的取值范圍為；小問2詳解】（i）設，則，由（1）可知：，則，設中點為D，則，而，，所以，又由弦長公式可知：，所以，即到點的距離為；（ii）由（i）知，當時，，則在圓上，由題意知直線斜率存在，不妨設其方程為：，與雙曲線聯(lián)立，與圓聯(lián)立，即橫坐標均滿足上述方程，所以，化簡得，即，解之得或，當時，，則，顯然恒成立，又，①時，，而由（1）知：，又，所以，此時；②時，，同理知，所以；當時，，顯然，上式無解，舍去；易知，所以綜上有.【點睛】思