浙江省紹興市柯橋區(qū)2024屆三模 數(shù)學試題【含答案】

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(fù)平面內(nèi)，復(fù)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)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．45．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．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、EF、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(fù)數(shù)化簡，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)的實部為，虛部為．所以復(fù)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：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(dǎo)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.【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，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，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，，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，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(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，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，又時，，故此時存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則