浙江省稽陽聯誼學校高三下學期4月聯考數學試題

2024年浙江省稽陽聯誼學校高考數學聯考試卷（4月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知在復平面內對應的點位于第二象限，則復數z可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據復數的乘法運算以及復數的幾何意義，逐一核對選項即可．【詳解】對于選項A：因為，可知對應的點為，在第二象限，故A正確；對于選項B：因為，可知對應的點為，不在第二象限，故B錯誤；對于選項C：因為，可知對應的點為，不在第二象限，故C錯誤；對于選項D：因為，可知對應的點為，不在第二象限，故D錯誤．故選：A.2.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合A，B，再結合交集的運算，求出．【詳解】不等式，即，解得，則集合，不等式，解得或，則集合或，故.故選：D.3.的展開式中的常數項是（）A.224 B.448 C.560 D.【答案】B【解析】【分析】求出二項式的展開式的通項公式，然后再令的指數為，進而可以求解.【詳解】二項式的展開式的通項公式為，，1，…，7，令，則，所以多項式的展開式的常數項為.故選：B.4.“”是“”的（）A.充分必要條件 B.既不充分也不必要條件C.充分不必要條件 D.必要不充分條件【答案】C【解析】【分析】利用充分條件與必要條件的概念結合正弦函數的圖象與性質判斷即可得.【詳解】由，得，即充分性成立；反之，，即必要性不成立，故“”是“”的充分不必要條件．故選：C.5.已知，，則的最大值是（）A.2 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】先求出P，Q兩點的軌跡，再結合圖形，即可求解.【詳解】由，，即有，如圖：故P，Q在如圖所示兩圓及其內部的范圍內，所以得最大值為4.故選：C.6.如圖，戰(zhàn)國時期楚國標準度量衡器——木衡銅環(huán)權1954年出土于湖南長沙，“木衡”桿長27厘米，銅盤直徑4厘米.“環(huán)權”類似于砝碼，用于測量物體質量，九枚“環(huán)權”重量最小的為1銖，最大的為半斤（我國古代1兩銖，1斤兩），從小到大排列后前3項為等差數列，后7項為等比數列，公比為2，若銅盤一側某物體為2兩13銖，則另一側需要放置的“環(huán)權”枚數為（）A.2枚 B.3枚 C.4枚 D.5枚【答案】B【解析】【分析】根據已知條件，結合等差數列、等比數列的通項公式和性質，即可求解．詳解】解：設數列，可得，，由成等比數列，公比為2，則，可得，因為成等差數列，可得，所以，所以2兩13銖需要放置一枚2兩，一枚12銖，一枚1鐵的環(huán)權，可得需要3枚．故選：B.7.設，，…，是總體數據中抽取的樣本，k為正整數，則稱為樣本k階中心矩，其中為樣本均值.統(tǒng)計學中，當我們遇到數據分布形狀不對稱時，常用樣本中心矩的函數——樣本偏度來刻畫偏離方向與程度.若將樣本數據，，…，繪制柱形圖如圖所示，則（）A. B.C. D.與0的大小關系不能確定【答案】C【解析】【分析】由圖可知，右拖尾時，而樣本方差，從而判斷符號．【詳解】，樣本偏度反應數據偏離方向與程度，由圖表可得，有比較多的小于樣本均值的數據，當右側有長尾時，受極端值影響，，而樣本方差，則.故選：C.8.已知定義在R上的函數恒大于0，對，，都有，且，則下列說法錯誤的是（）A. B.C.是奇數 D.有最小值【答案】D【解析】【詳解】對于A，，取，則，，選項A正確；對于B，取，則，則，選項B正確；對于C，取，，則，則，取，，，則，所以是奇數，選項C正確；取函數，符合題目條件，但此時無最小值，故選項D錯誤．故選：D.【點睛】關鍵點點睛：判斷CD選項的關鍵是得出，由此即可順利得解.二、多選題：本題共3小題，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2分，有選錯的得0分.9.已知函數，下列說法正確的是（）A.B.方程有3個解C.當時，D.曲線有且僅有一條過點的切線【答案】AC【解析】【分析】直接驗證可判斷A，對表達式進行變換，可判斷B和C，直接給出兩條符合條件的切線，可判斷D.【詳解】對于A，由于，從而，故A正確；對于B，由于當時有，當時有，故方程在上無解；而當時有，故在上遞增，從而方程在上至多有一個解.所以方程總共至多有一個解，不可能有3個解，故B錯誤；對于C，當時，由有，且由有，從而，故C正確；對于D，由于，故，.而，，故曲線在和處的切線分別是和，這兩條切線均過點，故D錯誤.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于從多種角度研究三次函數的性質.10.已知數列的前n項和，且向量，，對于任意，都有，則下列說法正確的是（）A.存在實數，使得數列成等比數列B.存在實數，使得數列成等差數列C.若，則D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據向量平行得出關于數列的n項和的關系式，再對的取值進行討論并結合等差數列、等比數列的定義和通項公式即可判斷各選項的正誤.【詳解】由，向量，，對于任意，都有，可得，①若，則，可得是等差數列，故選項B正確；②若，可得，可得，則數列是首項為，公比為的等比數列，所以，即，時，，時也適合，由題意可知且，所以和均為常數且不為0，根據等比數列通項公式可知是關于的指數函數與一個常數的積，因此當時，數列不是等比數列，因此不存在實數使為等比數列故選項A錯誤；③若，則，，故選項C正確；④若，則，，故選項D正確．故選：BCD.11.已知正四棱臺，，球O內切于棱臺，點P為側面上一點（含邊界），則（）A.球O的表面積為B.三棱錐的外接球球心可能為OC.若直線面，則D.平面與球O的截面面積最小值是【答案】ACD【解析】【分析】對于A：取，，，的中點分別為M，N，X，Y，再取，的中點為S，R，證出，進而求得r即可；對于B：利用條件得出三棱錐的外接球球心滿足平面，顯然平面，即可判斷；對于C：若直線平面，則P的軌跡為以DH為直徑的圓，求解即可；對于D：當P取D時，作，垂足為G，則平面，，即可得解．【詳解】已知正四棱臺，，球O內切于棱臺，點P為側面上一點（含邊界），對于A選項，取，，，的中點分別為M，N，X，Y，再取，的中點為S，R，則，，球O內切于棱臺，則O點即為梯形內切圓心，易知O為中點，且，均為角平分線，故，則，故球O的表面積，故A選項正確；對于B選項，由上述分析可得，，則正四棱臺的側棱，作，垂足為E，則E為三等分點（靠近N）.記的外接圓的圓心為，則在的垂直平分線上，設，由勾股定理得，則，的外接圓心為三等分點（靠近X），則三棱錐的外接球球心滿足平面，顯然平面，故三棱錐外接球球心不可能為O，故B選項錯誤；對于C選項，若直線平面，作，垂足為H，因為平面，所以，則P的軌跡為以為直徑的圓，因為，由線面垂直判定定理易得，圓所在的平面與垂直，又點P為側面上一點（含邊界），取，的中點，，易知平面，作，垂足為，點與點重合，因為，由余弦定理可得，所以，此時，故C選項正確；對于D選項，平面與球O的截面為圓，半徑滿足，故只需找離O最遠的平面即可，顯然觀察四個頂點即可，其中P取A，時為同一平面，顯然當P取D時，點到其距離最小，作，垂足為F，因為平面，平面，所以，由線面垂直判定定理可得，平面，因為，為中點，，，故，故圓的截面面積為，故D選項正確．故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知平面向量，，若，則k的值可以是______.（寫出一個值即可）【答案】【解析】【分析】根據平面向量坐標運算法則、向量垂直的性質求解即可得出答案.【詳解】平面向量，，∴，∴，，∵，∴，解得.故答案為：（與寫出一個值即可）13.若，，則的最大值是______.（其中表示a，b中的較小值）【答案】##【解析】【分析】先證明，再說明當，時.【詳解】.當，時，.所以的最大值是.故答案為：.14.已知左、右焦點為，的橢圓：（），圓：，點A是橢圓與圓的交點，直線交橢圓于點B.若，則橢圓的離心率是______.【答案】【解析】【分析】根據阿波羅尼斯圓的定義，得到，結合橢圓定義得出焦半徑，最后利用余弦定理求出離心率.【詳解】設：與x軸的交點為P，Q，不妨設，，，根據阿波羅尼斯圓的定義，得到，又，則，設與軸正方向形成的角為，則，，代入得，在中，，由余弦定理得，解得，即.故答案為：.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.已知面積為，角，，的對邊分別為，，，請從以下條件中任選一個，解答下列問題：①；②；③（1）求角；（2）若，是上的點，平分，的面積為，求角平分線的長.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）若選①，由三角形的面積公式及余弦定理可得的值，再由角的范圍，可得角的大小；如選②，由正弦定理及二倍角公式可得的值，再由角的范圍，可得角的大??；若選③，由正弦定理及誘導公式可得角的大小；（2）由等面積法及余弦定理可得角平分線的值．【小問1詳解】若選①，由三角形的面積公式及余弦定理可得，可得，又因為，所以；若選②，由正弦定理可得，因為，則，所以，所以，又，則，所以，所以，所以，則；若選③，由正弦定理可得，因為，則，所以，即，所以，即，又，則，所以，則；【小問2詳解】因為，是上的點，平分，的面積為，所以，可得，，由余弦定理可得，即，解得（負值已舍去），即角平分線的長為.16.如圖，五面體ABCDEF中，已知面面，，，.（1）求證：.（2）若，，點P為線段中點，求直線與平面夾角正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知證出面，則，進而得出平面，再根據以及線面垂直的性質定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系，求出面的法向量，結合線面角的向量夾角公式即可求解.【小問1詳解】取中點M，連接，因為，所以，又因為平面平面，且平面平面，所以平面，平面，所以，又因為，且，平面，所以平面，平面，所以，又，所以；【小問2詳解】因為在直角梯形中，，，，易求得，又，，所以三角形為等邊三角形，如圖，以M為原點建立直角坐標系，，，，，，因為P是中點，所以點P坐標為，所以，，，設平面的法向量為，則，則可取，設直線與平面夾角為，所以.17.盒中共有3個小球，其中1個黑球，2個紅球.每次隨機抽取1球后放回，并放入k個同（）色球.（1）若，記抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率為，求的最大值；（2）若，記事件表示抽取第i次時抽中黑球.（ⅰ）分別求，，；（ⅱ）結合上述分析，請直接寫出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.【答案】（1）；（2）（?。?，；（ⅱ）【解析】【分析】（1）利用獨立事件的概率乘法公式求解；（2）（?。├脳l件概率公式求解；（ⅱ）由（ⅰ）可進行猜測，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率與抽球次序無關，再結合獨立事件的概率乘法公式求解．【小問1詳解】若，設抽取n次中抽中黑球的次數為X，則，故，由，…，故最大值為或，即的最大值；【小問2詳解】（?。?，，；（ⅱ）由（?。┛蛇M行猜測，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率與抽球次序無關，則.18.已知拋物線：（）的焦點為F，A，B是拋物線上兩點（A，B互異）.（1）若，且，求拋物線的方程.（2）O為坐標原點，G為線段中點，且.（?。┣笞C：直線過定點；（ⅱ）x軸上的定點E滿足為的角平分線，連接、，延長交于點P，延長交于點Q，求的最大值（用含p的代數式表示）.【答案】（1）（2）（?。┳C明見解析；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）由對稱性可知⊥軸，從而得到點的坐標，根據得到方程，求出答案；（2）（?。┮驗?，則可推得，設，，求出，進一步可得直線的方程，然后由，可得，代入直線的方程即可得證；（ⅱ）設，為的角平分線，則，可得，即，，不妨設，因為，則，同理，直線的方程為，與直線的交點橫坐標，同理，表示出，運用換元法求解即可．【小問1詳解】因為，所以為線段的中點，由對稱性可知⊥軸，故的橫坐標均為，中令得，，所以，得到，拋物線方程為.【小問2詳解】（?。┳C明：因為，所以O在以為直徑的圓上，所以，所以，設，，則，所以直線方程為，又，所以，方程為，直線過定點.（ⅱ）設，為的角平分線，則，，整理得，因為，解得，即，，不妨設，因為，則，同理，直線的方程為，與直線的交點橫坐標，同理，所以，令，則，所以，由于在上單調遞增，故，故，當且僅當時，等號成立.【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數法，若題目的條件和結論能體現某種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值或范圍．19.已知函數，（1）當時，求的最小值；（2）若在定義域內單調遞增，求實數a的取值范圍；（3）當時，設為函數的極大值點，求證：.【答案】（1）最小值為1；（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）當時，，定義域為，求導得到的單調性，進而求出的最值；（2）若定義域內單調遞增，則在上恒成立，由可得，再證時，在定義域上單調遞增即可；（3）求導可知存在唯一，使得在上單調遞減，單調遞增，進而可得，再結合證明即可．【小問1詳解】當時，，定義域為，則，記由m'x=ex?1+2故時，，單調遞減；時，，單調遞增，則的最小值為.【小問2詳解】若在定義域內單調遞增，則在上恒成立，，令，則，且可知，下證時，，由關于單調遞增，則，令，則，故在上單調遞增，且，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以，綜上所述，時，在定義域上單調遞增.【小問3詳解】，記，，易知在上