浙江省麗水、湖州、衢州三地市2024年高考4月質檢數學試卷

浙江省麗水、湖州、衢州三地市2024年高考4月質檢數學試卷姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、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．拋擲兩枚質地均勻的骰子，設事件A=“第一枚出現奇數點”，事件B=“第二枚出現偶數點”，則A與B的關系是（）A．互斥 B．互為對立 C．相互獨立 D．相等2．雙曲線x2-y2mA．12 B．22 C．2 3．復數z滿足|iz|=1(i為虛數單位)，則|z-4+3i|的最小值是()A．3 B．4 C．5 D．64．已知平面向量a、b滿足|b|=2|a|=2，若a⊥(A．π6 B．5π6 C．π35．已知各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6，3A．3 B．9 C．10 D．136．將函數f(x)=cos2x的圖象向右平移φ(0<φ<π2)個單位后得到函數g(x)的圖象，若對滿足|f(x1)-g(x2)|=2A．5π12 B．π3 C．π47．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2為左、右焦點，P為橢圓上一點，∠A．13 B．22 C．128．已知正實數x1，x2，x3滿足x12+2x1+1=x1A．x3<x2<x1 B．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。9．有一組樣本數據x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均數是A．若ax1+b，ax2+b，ax3+b，B．若x1，2x2，3x3，4x4，C．若方差s2=0D．若x1<x210．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC且AB=BC=2，直線A．線段A1C上存在點DB．線段A1C上存在點D，使得平面DBC．直三棱柱ABC-A1D．點B1到平面A111．已知函數f(x)的定義域為R，且f(x+y)?f(x-y)=f2(x)-f2A．f(3)=2 B．f(x)為奇函數C．f(2)=0 D．k=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，B=π4，c=2，BC邊上的高等于13a，則△ABC的面積是13．已知圓C：mx2+(2m-1)y2-2ax-a-2=0，若對于任意的a∈R，存在一條直線被圓C14．已知正四面體A-BCD的棱長為1，若棱長為a的正方體能整體放入正四面體A-BCD中，則實數a的最大值為．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．設等差數列{an}的公差為d，記Sn是數列{a（1）求數列{a（2）若d>0,bn=4Sn16．如圖，三棱錐A-BCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E為線段AC的中點．（1）證明：平面BED⊥平面ACD；（2）設AB=BD=3,BF=2FD,EF17．設函數f(x)=ex-（1）當a=1時，求f(x)的單調區(qū)間；（2）若f(x)≥a，求實數a的取值范圍．18．已知拋物線E：y2=4x，點A，B，C在拋物線E上，且A在x軸上方，B和C在x軸下方(B在C左側)，A，C關于x軸對稱，直線AB交x軸于點M，延長線段CB交x軸于點Q，連接（1）證明：|OM||OQ|為定值(O為坐標原點)（2）若點Q的橫坐標為-1，且MB?MC=19．為保護森林公園中的珍稀動物，采用某型號紅外相機監(jiān)測器對指定區(qū)域進行監(jiān)測識別.若該區(qū)域有珍稀動物活動，該型號監(jiān)測器能正確識別的概率(即檢出概率)為p1；若該區(qū)域沒有珍稀動物活動，但監(jiān)測器認為有珍稀動物活動的概率(即虛警概率)為p2.已知該指定區(qū)域有珍稀動物活動的概率為0.2.現用2臺該型號的監(jiān)測器組成監(jiān)測系統(tǒng)，每臺監(jiān)測器(（1）若p1=0.8，（i）在該區(qū)域有珍稀動物活動的條件下，求該監(jiān)測系統(tǒng)判定指定區(qū)域有珍稀動物活動的概率；（ii）在判定指定區(qū)域有珍稀動物活動的條件下，求指定區(qū)域實際沒有珍稀動物活動的概率(精確到0.001)；（2）若監(jiān)測系統(tǒng)在監(jiān)測識別中，當0.8≤p1≤0.9時，恒滿足以下兩個條件：①若判定有珍稀動物活動時，該區(qū)域確有珍稀動物活動的概率至少為0.9；②若判定沒有珍稀動物活動時，該區(qū)域確實沒有珍稀動物活動的概率至少為0.9.求p2的范圍(參考數據：35.04

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：根據獨立事件的定義易知，事件A與B互不影響，故A，B相互獨立.

故答案為：C

【分析】根據獨立事件的定義直接求解即可.2．【答案】D【解析】【解答】解：由題意可得|m|1=2，因為m>0，所以故答案為：D.【分析】由漸近線的定義計算即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：設z=x+yi,(x,y∈R)，則|iz|=x2+所以z對應的點(x,|z?4+3i|=|x+yi?4+3i|=(x?4)2+(y+3)2所以|z?4+3i|的最小值是(4?0)2故答案為：B.【分析】利用復數的幾何意義及兩點間的距離公式即可得解.4．【答案】D【解析】【解答】解：因為a⊥(a+b)，所以a設a與b的夾角為θ，則cosθ=a?b|故答案為：D.【分析】由題意可得a?(a+5．【答案】C【解析】【解答】解：設公比為q，因為a6，3a4，－a5成等差數列，所以6a4＝a6－a5=a4(q2－q).

由題意知a4>0，q>0.所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以S4S2＝S2故答案為：C.【分析】由條件可得6a4＝a4(q2－q)，求出q代入S4S26．【答案】B【解析】【解答】解：f(x)將f(x)的圖象向右平移φ(0<φ<π2)若對滿足|f(x1)?g(x2不妨x1=0，則x2=±π當x2=π6時，cos(2×π6?2φ)當x2=?π6時，cos(?π3?2φ)=?1，故答案為：B.【分析】由圖象平移可得g(x)=cos(7．【答案】B【解析】【解答】解：如圖，

由直線l:y=?x+t，且點F2關于l的對稱點在線段F1P的延長線上，可得點M與點F2所以在△PF2M中，則因為PH的傾斜角為135°，所以在△PF1F2中，∠F由|PF1|sin∠P因為sin15°所以e=c故答案為：B.【分析】易知點M與點F2關于PH對稱，得∠F2PM=120°，在8．【答案】A【解析】【解答】解：因為正實數x1，x2，x3滿足x12+2x1+1=x12x1，x22+3x2+1=x23x2，x32+4x3+1=x34x3，則x12+1=x12x1-2x1，x22+1=x23x2-3x2，x39．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、x0即x0B、反例：若樣本數據?10,?4而x1,2x2C、若s2則x1D、6×75%=4.故答案為：AC.【分析】利用平均數、方差的計算公式，以及極差的定義和百分位數的計算方法，逐項判斷即可.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：C、直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠Acos∠A因為AB⊥BC且AB=BC=2，所以AC=2又AA1⊥底面ABC，AC?底面ABC所以tan∠A1所以直三棱柱ABC?A1B1CB(0,0,0)，C(0,2,0)，BA1=(2,0,2)設A1D=λ則AD=若A1B⊥AD，則BA1?此時D為線段A1所以在線段A1C上存在點D，使得B、當D為線段A1C的中點時D(1,1,設平面BB1D則m?BD=x+y+z=0又CD=(1,?1,1)，C則n?CD=a?b+c=0因為m?n=1×1+1×(?1)+0×0=0，所以平面DB所以當D為線段A1C的中點時滿足平面DBBD、BC=(0,2,0)設平面A1BC的法向量為u=(x1則點B1到平面A1BC故答案為：ABD.【分析】根據直三棱柱的性質得到AA1⊥底面ABC，則∠A1CA即為直線11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：B、令x=1，y=0，有f(1)?f(1)=f2(1)?令x=0，y=x，有f(x)?f(?x)=f2(0)?f2又因為f(x)的定義域為R，所以f(x)為奇函數，故B正確；AC、因為f(1)=2且f(x)為奇函數，所以f(?1)=?f(1)=?2，又f(x+1)為偶函數，所以f(x+1)=f(?x+1)，則f(?1)=f(3)=?2，f(2)=f(0)=0，故A錯誤C正確；D、f(x+1)=f(?x+1)=?f(x?1)，則f(x+3)=?f(x+1)=f(x?1)，所以f(x)的周期為4，f(4)=f(0)=0，則k=1f(k)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=506×(2+0?2+0)=0故答案為：BCD.【分析】賦值法，令x=1，y=0，可得f(0)=0，令x=0，y=x可得f(x)為奇函數，結合f(x+1)為偶函數，可得f(3)、f(2)，亦可得其周期，即可得k=1202412．【答案】32；【解析】【解答】解：過點A作AD垂直于BC于D，

又因為在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，B=π4，c=2，BC邊上的高等于13a，所以?ADB是等腰直角三角形，所以AD=BD=13a，

AB=c=2.由勾股定理可得13a2+13a2=22，又因為a>0,則a=3,

所以，三角形△ABC的面積是S=12×AB×BC×sinB=113．【答案】1+【解析】【解答】解：由圓C:mx2+(2m?1)故圓C:x2令a=0可得x2+y2=2顯然兩圓相交，兩圓方程作差可得x=?1由x=?12x2+所以直線x=?12與圓x2所以n=7，則m+n=故答案為：1+7【分析】由圓的方程的特征求出m，再將圓的方程化為標準方程，令a=0、a=1得到兩個圓的方程，兩圓作差得到公共弦方程，求出公共弦長，即可得解.14．【答案】6【解析】【解答】解：由正四面體及正方體的特征知，要使放入的正方體最大，則正方體的一個底面在正四面體的一個底面內，令O是正△DBC的中心，則AO⊥底面ABC，而BO=23×不妨令放入的正方體的底面在△BCD內，則正方體中與這個底面相對的底面正方形所在平面截正四面體所得截面△EFG是正三角形，且這個正方形是正△EFG的內接正方形，EG=a顯然三棱錐A?EFG是正四面體，AO與平面EFG的交點O'是△EFGAO'=63EG=6+223a，顯然O故答案為：66【分析】根據正四面體、正方體的結構特征，可得棱長最大的正方體一底面在正四面體的底面正三角形內，正方體中與這個底面相對的正方形為該正方形所在平面截正四面體所得正三角形的內接正方形，再利用正四面體的結構特征求解即可.15．【答案】（1）解：由S5=a3+20，S由S15=a2a3a8，當a8=0時d=a當a2=3時d=a綜上可得數列{an}的通項公式為a（2）證明：因為d>0，所以an=2n?1，則則b=1+1所以T=n+=n+1【解析】【分析】（1）利用已知條件結合等差數列的通項公式和等差數列前n項和公式以及分類討論的方法得出數列{an}的通項公式.

（2）利用公差的取值范圍和等差數列的通項公式和等差數列前n項和公式得出數列{bn}的通項公式，再結合分組求和的方法和裂項相消的方法得出數列16．【答案】（1）證明：因為AD=CD，∠ADB=∠BDC，可得△ADB≌△CDB，所以AB=CB，又E為線段AC的中點，所以BE⊥AC，DE⊥AC，而DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，又因為AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD；（2）解：取DA的中點G，連接EG，BG，因為EG為中位線，所以EG//CD，又AD⊥CD，所以AD⊥EG，因為AB=BD，G為DA的中點，所以AD⊥BG，又EG∩BG=G，EG，BG?平面BEG，所以AD⊥平面BEG，BE?平面BEG，所以AD⊥BE，因為BA=BC，E為AC的中點，所以AC⊥BE，又AC∩AD=A，AC，ADC平面ACD，所以BE⊥平面ACD，以E為坐標原點，分別以EA、EB、ED所在的直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系E-xyz，如圖，

設A(a,0,0)，B(b,則E(0,0,0)，D(0,0,a)，EF=(0,b3由|AB|2=所以CF=(3,63設直線CF與平面ABC所成角為θ，θ∈[0,π則sinθ=|cos所以直線CF與平面ABC所成角的正弦值為215【解析】【分析】（1）由等腰三角形的三線合一及全等三角形的性質，利用線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可得證；（2）利用線面垂直的判定定理可得到BE⊥平面ACD，建立空間直角坐標系，分別求出直線CF的方向向量與平面ABC的法向量，利用向量的夾角公式，結合向量的夾角與線面角的關系即可得解.17．【答案】（1）解：已知f(x)=ex-ln(x+a)當a=1時，f(x)=ex-可得f'(x)=e當-1<x<0時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；當x>0時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，綜上，所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞)，單調遞減區(qū)間為(-1,0（2）解：若f(x)≥a，即ex不妨設g(x)=ex-可得g'(x)=e不妨設h(x)=g'(x)，函數定義域為(-a,+∞)，可得h'(x)=e所以函數h(x)在(-a,+∞)上單調遞增，即函數g'(x)在(-a,+∞)上單調遞增，當x→-a時，g'(x)→-∞；當x→+∞時，g'(x)→+∞，所以在區(qū)間(-a,+∞)上存在一點x0，使得g'(此時ex0=當-a<x<x0時，g'(x)<0，當x>x0時，g'(x)>0，所以g(x)≥g(x不妨設k(x)=ex-1e所以函數k(x)在定義域上單調遞增，易知k(0)=0，又k(x0)≥0易知函數y=1ex,y=-x均為減函數，所以則當x0≥0時，故實數a的取值范圍為(-∞,1]．【解析】【分析】（1）求出定義域，f'(x)=e（2）由題意可得ex?ln(x+a)≥a在(?a,+∞)上恒成立，設g(x)=ex?ln(x+a)?a，x∈(?a18．【答案】（1）證明：由題意，設直線AB的方程為x=my+t(m>0)，A(x1,則C(x1,-由x=my+ty2=4x，消去x，得y所以y1+y直線BC的方程為y+y1=令y=0，得xQ=y因此|OM||OQ|（2）解：因為點Q的橫坐標為-1，由(1)可知，Q(-1,0)，設QA交拋物線于D，A(x1,y1)，如圖所示，又由(1)知，y1y2=-4，同理可得又x1x1又MB=(則MB?故4-4m2=89所以直線AB的方程