浙江省紹興市柯橋區(qū)2024屆三模 數(shù)學(xué)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(guó)統(tǒng)一考試 柯橋區(qū)數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷 注意事項(xiàng)： 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(qǐng)?jiān)诖痤}卷的規(guī)定處用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫學(xué)校、班級(jí)、姓名和準(zhǔn)考證號(hào)． 3．試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共4頁(yè)．全卷滿分150分，考試時(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．已知集合，，則=（????） A． B． C． D． 2．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(gè)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(shí)數(shù)，若，且這四個(gè)數(shù)的中位數(shù)是3，則這四個(gè)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(duì)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(diǎn)對(duì)稱，若當(dāng)時(shí)，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(diǎn)，以線段為直徑的圓過(guò)橢圓的左焦點(diǎn)，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(diǎn)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)，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(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)得部分分，有選錯(cuò)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(jī)變量，若，，則（????） A． B． C． D． 11．平行四邊形ABCD中，且，AB、CD的中點(diǎn)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(diǎn)Q在線段PE上運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)A，B為射線OP上兩動(dòng)點(diǎn)，且，若射線OQ上恰有一個(gè)點(diǎn)C，使得，則此時(shí)OA的長(zhǎng)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(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟． 15．如圖，在直三棱柱中，，，、分別為、的中點(diǎn)，設(shè)平面交棱于點(diǎn)． (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(xiàng)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(xiàng)和． 17．小明進(jìn)行足球射門訓(xùn)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(xí)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(jìn)行兩組練習(xí)，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(diǎn)到漸近線的距離為1．，分別為雙曲線的左、右頂點(diǎn)，直線過(guò)點(diǎn)交雙曲線于點(diǎn)，，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(gè)極值點(diǎn)，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，且，則稱與具

6、有性質(zhì)． (1)函數(shù)與是否具有性質(zhì)？并說(shuō)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(duì)數(shù)定義域可得，再利用交集定義運(yùn)算即可得. 【詳解】，則. 故選：A. 2．B 【分析】先對(duì)復(fù)數(shù)化簡(jiǎn)，然后根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可求得結(jié)果 【詳解】解：由． 知復(fù)數(shù)的實(shí)部為，虛部為． 所以復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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(xiàng)分析判斷即可. 【詳解】若，，則或，所以A錯(cuò)；，，，，或，所以B錯(cuò)； 若，，，則，所以C錯(cuò)；若，，，則與兩面的交線平行，即，故D對(duì). 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(jì)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(dǎo)公式對(duì)條件式進(jìn)行化簡(jiǎn)，再用余弦定理進(jìn)行邊角互化，即可得出答案. 【詳解】因?yàn)椋裕? 即， 如圖，過(guò)B點(diǎn)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(duì)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(dāng)時(shí)，，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(diǎn)，連接、，由在以線段為直徑的圓上， 故，結(jié)合對(duì)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(duì)稱得零點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱，但的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)可得答案. 【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)為偶函數(shù)，所以， 所以的圖象關(guān)于對(duì)稱， 令，則， 可得函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱， 所以函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱， 則函數(shù)的零點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱，但的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)， 則. 故選：D. 9．ACD 【分析】借助向量的平行及垂直的坐標(biāo)運(yùn)算可得A、B、D，借助投影向量定義結(jié)合坐標(biāo)運(yùn)算可得C

9、. 【詳解】對(duì)A：若，則有，解得，故A正確； 對(duì)B：若，則有，解得，故B錯(cuò)誤； 對(duì)C：若在的投影向量為， 則有， 化簡(jiǎn)得，即，故C正確； 對(duì)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(duì)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(jī)變量，則，， 則， ， ， ， 故A、B、D正確，C錯(cuò)誤. 故選：ABD. 11．ABD 【分析】記的中點(diǎn)為，過(guò)點(diǎn)作，證明點(diǎn)為點(diǎn)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(guò)翻折，

10、將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求的問(wèn)題，求其值，判斷D. 【詳解】由已知， ，， 記的中點(diǎn)為，連接， 因?yàn)椋瑸榈闹悬c(diǎn)，所以， 因?yàn)?，，所以? 故，又為的中點(diǎn)，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 過(guò)點(diǎn)作，為垂足， 因?yàn)槠矫嫫矫?，平面? 所以平面，即點(diǎn)為點(diǎn)在平面上的投影， 因?yàn)镻到面BCDE的距離為，所以， 由已知，， 所以，，又， 所以，所以， 所以，故，A正確， 因?yàn)?，所以點(diǎn)為的外心，又為等邊三角形， 所以點(diǎn)為的中心， 連接并延長(zhǎng)，交與點(diǎn)，則，為的中點(diǎn)， 連接，因?yàn)?，故? 所以三點(diǎn)共線，且，又， 所以， 又平面，平面，故， 因?yàn)椋矫妫? 所

11、以平面，平面， 所以，B正確； 因?yàn)闉檎拿骟w，且棱長(zhǎng)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(cuò)誤； 因?yàn)?，，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(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)公式計(jì)算即可得. 【詳解】對(duì)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(jì)算即可得. 【詳解】由題意可得：與以為直徑的圓相切， 取中點(diǎn)，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(jì)算化簡(jiǎn)后結(jié)合基本不等式計(jì)算即可得. 【詳解】由，則， 即 ， 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立. 故答案為：. 15．(1) (2) 【分析】（1）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，可得平面的法向量，由平面，可得與垂直，計(jì)算即可得解； （2）求出平面與平面的法向量，借助夾角公式計(jì)算其夾角余弦值后即可得其正切值. 【詳解】（1）以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)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(cuò)位相減法計(jì)算即可得. 【詳解】（1），即， 即，則，即， 即，又， 故數(shù)列是以為首項(xiàng)、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(dú)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?yàn)椋? 所以，， 又因?yàn)?，互相?dú)立， 所以. 18．(1) (2)證明見解析 【分析】（1）借助漸近線定義及點(diǎn)到直線距離公式計(jì)算即可得； （2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點(diǎn)縱坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，作商即可得所設(shè)參數(shù)與縱坐標(biāo)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(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下： （1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)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(dá)定理； （4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式； （5）代入韋達(dá)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(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理即可得其極值點(diǎn)及極值點(diǎn)范圍或具體值，即可得解； （2）（i）利用導(dǎo)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(diǎn)，在存在唯一極值點(diǎn)的情況下，再對(duì)細(xì)分，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理討論不同的的情況下不同的極值點(diǎn)的范圍，結(jié)合進(jìn)行計(jì)算即可得解； （ii）分及進(jìn)行討論，結(jié)合極值點(diǎn)滿足的條件及所得函數(shù)單調(diào)性進(jìn)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(gè)極值點(diǎn)， ，則

17、當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，， 故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 故有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)， 故函數(shù)與具有性質(zhì)； （2）（i）， 又，故， 當(dāng)時(shí)，，此時(shí)沒有極值點(diǎn)，故舍去， 當(dāng)時(shí)， 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(dāng)時(shí)，有，又時(shí)，， 故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 則有唯一極值點(diǎn)， 有，又時(shí)，， 故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 則有唯一極值點(diǎn)， 即有，， 即，，此時(shí)需滿足，則， 故有，即，即，故符合要求； 當(dāng)時(shí)，，又時(shí)，， 故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 則有唯一極值點(diǎn)， 有

18、，又時(shí)，， 故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 則有唯一極值點(diǎn)， 同理可得，此時(shí)需滿足，即，則， 由，，故該不等式成立，故符合要求； 當(dāng)時(shí)，有，， 此時(shí)，即、的極值點(diǎn)都為，不符合要求，故舍去； 綜上，故； （ii）當(dāng)時(shí)，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(dāng)，有； 當(dāng)時(shí)，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(dāng)，有； 綜上所述，. 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題最后一問(wèn)關(guān)鍵點(diǎn)在于分及進(jìn)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(jìn)行推導(dǎo).