浙江省2024屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期11月聯(lián)考試題含解析

Page22考生須知：1．本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分150分，考試時(shí)間120分鐘．2．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)、姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)．3．所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效．4．考試結(jié)束后，只需上交答題卷．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(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.【答案】B【解析】【分析】解出分式不等式和絕對(duì)值不等式，根據(jù)并集含義即可得到答案.【詳解】，即或，解得或，則或，則，故選：B.2.已知復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B. C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法運(yùn)算結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的概念即可.【詳解】由題意得，則，故選：C.3.已知平面向量，，均為單位向量，則“”是“與共線”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用向量加法的三角形不等式，結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷即得.【詳解】平面向量，，均為單位向量，則，當(dāng)且僅當(dāng)同向共線時(shí)取等號(hào)，則當(dāng)時(shí)，與共線，反之，與共線并且方向相反時(shí)，，所以“”是“與共線”的充分不必要條件，A正確.故選：A4.我國魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)造性的提出了“割圓術(shù)”，劉徽認(rèn)為圓的內(nèi)接正邊形隨著邊數(shù)的無限增大，圓的內(nèi)接正邊形的周長(zhǎng)就無限接近圓的周長(zhǎng)，并由此求得圓周率的近似值．如圖當(dāng)時(shí)，圓內(nèi)接正六邊形的周長(zhǎng)為，故，即．運(yùn)用“割圓術(shù)”的思想，下列估算正確的是（）A.時(shí)， B.時(shí)，C.時(shí)， D.時(shí)，【答案】A【解析】【分析】求出正十二邊形的周長(zhǎng)，可得出，即可得解.【詳解】設(shè)圓的內(nèi)接正十二邊形被分成個(gè)如圖所示的等腰三角形，其頂角為，即，作于點(diǎn)，則為的中點(diǎn)，且，因?yàn)?，在中，，即，所以，，則，所以，正十二邊形的周長(zhǎng)為，所以，.故選：A.5.已知等比數(shù)列滿足，，則的值不可能是（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意求出首項(xiàng)和公比即可得解.【詳解】設(shè)公比為，由，，得，解得或或或.故選：D.6.第33屆夏季奧運(yùn)會(huì)預(yù)計(jì)在2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉辦，這屆奧運(yùn)會(huì)將新增電子競(jìng)技和沖浪兩個(gè)競(jìng)賽項(xiàng)目以及滑板等5個(gè)表演項(xiàng)目．現(xiàn)有三個(gè)場(chǎng)地，，分別承擔(dān)競(jìng)賽項(xiàng)目與表演項(xiàng)目比賽，其中電子競(jìng)技和沖浪兩個(gè)項(xiàng)目?jī)H能，兩地承辦，且各自承辦其中一項(xiàng).5個(gè)表演項(xiàng)目分別由，，三個(gè)場(chǎng)地承辦，且每個(gè)場(chǎng)地至少承辦其中一個(gè)項(xiàng)目，則不同的安排方法有（）A.150種 B.300種 C.720種 D.1008種【答案】B【解析】【分析】根據(jù)組合數(shù)與排列數(shù)的計(jì)數(shù)方法，結(jié)合分類分步兩個(gè)基本原理求解即可得的答案.【詳解】首先電子競(jìng)技和沖浪兩個(gè)項(xiàng)目?jī)H能兩地舉辦，且各自承辦其中一項(xiàng)有種安排；再次5個(gè)表演項(xiàng)目分別由三個(gè)場(chǎng)地承辦，且每個(gè)場(chǎng)地至少承辦其中一個(gè)項(xiàng)目則有種，故總數(shù)為種不同的安排方法.故選：B.7.已知是奇函數(shù)，實(shí)數(shù)、均小于，為自然對(duì)數(shù)底數(shù)，且，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用函數(shù)奇偶性的性質(zhì)可得出，由已知可得出，，由結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可得出，可得出，可得出，并推導(dǎo)出、，即可得解.【詳解】對(duì)任意的，，則函數(shù)的定義域?yàn)?，因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù)，則，可得，所以，，，則函數(shù)為奇函數(shù)，合乎題意，因?yàn)?，，則，，因?yàn)椋瑒t，所以，，即，即，即，因?yàn)?，，則，則，故，即，又因?yàn)?，即，可得或，則或，即，同理可知，，故.故選：B.8.橢圓的左焦點(diǎn)為，右頂點(diǎn)為，過點(diǎn)的傾斜角為的直線交橢圓于點(diǎn)，（點(diǎn)在軸的上方）．若為等腰直角三角形，則橢圓的離心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出，代入橢圓方程化簡(jiǎn)得到關(guān)于的方程，解出即可.【詳解】顯然，則由題意得，則，又因?yàn)辄c(diǎn)在橢圓上，所以，即，即，根據(jù)得，整理得.所以，解得，(其中均舍去)，故選：C.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9.已知函數(shù)，對(duì)任意的恒成立，則（）A.的一個(gè)周期為 B.的圖像關(guān)于直線對(duì)稱C.區(qū)間上有1個(gè)極值點(diǎn) D.在區(qū)間上單調(diào)遞增【答案】BD【解析】【分析】對(duì)于A，求得最小正周期即可判斷；對(duì)于B，由題意求得，檢驗(yàn)是否為即可判斷；對(duì)于CD，由可得，從而可得在區(qū)間上單調(diào)遞增，沒有極值點(diǎn)，即可判斷.【詳解】對(duì)于A，的最小正周期，A錯(cuò)；對(duì)于B，因?yàn)閷?duì)任意的恒成立，所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，所以，解得，又因?yàn)?，所以，所以，所以?dāng)時(shí)，，所以的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，B對(duì)；對(duì)于CD，因?yàn)?，所以，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，沒有極值點(diǎn)，C錯(cuò)D對(duì).故選：BD.10.已知，，則（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)對(duì)立事件的性質(zhì)結(jié)合已知可得，利用條件概率公式和全概率公式推導(dǎo)可判斷ABD；舉特例可判斷C.【詳解】由對(duì)立事件性質(zhì)知，，又，所以，因?yàn)椋?，所以，B正確；又因?yàn)椋?，得，D正確；由，得，則，又，所以，故，A錯(cuò)誤；以擲一顆骰子為例，不妨記事件A：擲出的點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)；事件B：擲出的點(diǎn)數(shù)為1點(diǎn)或3點(diǎn).則：擲出的點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)；：擲出的點(diǎn)數(shù)為2點(diǎn)或4點(diǎn)或5點(diǎn)或6點(diǎn).易知，，，所以滿足題設(shè)，，但，故C錯(cuò)誤.故選：BD11.在底面為菱形的直四棱柱中，為中點(diǎn)，點(diǎn)滿足，，（）A.當(dāng)時(shí)， B.當(dāng)時(shí)，C.當(dāng)時(shí)，平面 D.當(dāng)時(shí)，平面【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)共面向量定理和共線向量定理結(jié)論結(jié)合線面垂直的判定、面面平行的判定和性質(zhì)一一分析即可.【詳解】由題意得三向量共面，當(dāng)，根據(jù)共線向量定理的結(jié)論知（不與邊界點(diǎn)重合），因?yàn)榈酌鏋榱庑蔚闹彼睦庵?，，底面，因?yàn)槠矫妫?，又因?yàn)槠矫?，，所以平面，因?yàn)槠矫妫?，故A正確；對(duì)B，若，且由A知，又因?yàn)槠矫?，且，所以平面，根?jù)A中的同樣方法可證明平面，則，顯然不可能，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，當(dāng)時(shí)，設(shè)的中點(diǎn)為，的中點(diǎn)為，則，則根據(jù)可知（不包含邊界），根據(jù)中位線可知，平面，平面，所以平面，同理根據(jù)可得平面，因?yàn)椋移矫?，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以平面，故C正確；對(duì)D，由平面與平面相交，所以平面與平面相交，則無法得到平面，故D錯(cuò)誤.故選：AC.12.已知定義在上的函數(shù)，，其導(dǎo)函數(shù)分別為，，，，且為奇函數(shù)，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】先根據(jù)條件分析出的周期性對(duì)稱性，再得到的周期性的對(duì)稱性，最后由求導(dǎo)得到和的周期性和對(duì)稱性，代入求解即可.【詳解】由題意得，所以，兩式相減可得①，所以關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，又因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以②，即，所以關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，而定義域?yàn)?，所以，A正確；②式兩邊對(duì)求導(dǎo)可得，所以是偶函數(shù)，以替換①中的可得，所以，所以是最小正周期為4的周期函數(shù)，因?yàn)椋砸彩亲钚≌芷跒?的周期函數(shù)，即，兩邊求導(dǎo)可得，所以也是最小正周期為4的周期函數(shù)，所以不恒成立，B錯(cuò)誤；由①得，令，解得，所以③，即關(guān)于直線對(duì)稱，以替換③中的可得，由②可知，所以④，所以，所以C正確；由上可知關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，所以又因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以又因?yàn)槭亲钚≌芷跒?的周期函數(shù)，所以，由條件可得，所以，由④知，所以，D正確，故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決這類題的關(guān)鍵是熟練掌握對(duì)稱與周期的關(guān)系，若關(guān)于兩點(diǎn)（縱坐標(biāo)相同）或者兩條直線（平行于軸）對(duì)稱，則周期為這兩點(diǎn)或者這兩條直線的距離的兩倍，若關(guān)于一點(diǎn)和一直線（平行于軸）對(duì)稱，則周期為這點(diǎn)和這條直線的距離的四倍.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知銳角滿足；則________．【答案】##【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用同角公式、和差角的正弦公式計(jì)算得解.【詳解】銳角滿足，則，所以.故答案為：14.已知，，，則的最小值為________．【答案】【解析】【分析】依題意得，，則，由基本不等式求解即可.【詳解】解：依題意得，，則，故，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，又，解得，所以的最小值為.故答案為：.15.已知拋物線，圓，若拋物線與圓有四個(gè)公共點(diǎn)，則的取值范圍為________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)拋物線與圓的交點(diǎn)個(gè)數(shù)聯(lián)立消元列不等式求解即可得的取值范圍.【詳解】聯(lián)立方消去整理得因?yàn)閽佄锞€與圓有四個(gè)公共點(diǎn)，所以，且所以解得，則的取值范圍為.故答案為：.16.體積為的直三棱柱中，，，則此三棱柱外接球的表面積的最小值為________．【答案】【解析】【分析】設(shè)直三棱柱的高為，外接圓的半徑為，，直三棱柱外接球的的半徑為，根據(jù)棱柱的體積可得，利用正弦定理求出外接圓的半徑，再利用勾股定理求出的最小值，再根據(jù)球的表面積公式即可得解.【詳解】設(shè)直三棱柱的高為，外接圓的半徑為，，直三棱柱外接球的的半徑為，則，所以，在中，由余弦定理可得，則，所以，所以，令，則，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即，即時(shí)取等號(hào)，所以此三棱柱外接球的表面積的最小值為.故答案為：.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個(gè)截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.記的內(nèi)角，，的對(duì)邊分別為，，，已知．（1）證明：；（2）若，的面積為，求的周長(zhǎng)．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)正、余弦定理進(jìn)行角換邊即可證明；（2）首先求出，再結(jié)合三角形面積公式得，最后利用（1）中結(jié)論和余弦定理即可求出周長(zhǎng).【小問1詳解】由正弦定理及余弦定理可得：化簡(jiǎn)得：.【小問2詳解】因?yàn)?，且為三角形?nèi)角，.，所以.由余弦定理可得:，所以，，，即，所以周長(zhǎng)為.18.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，，，為的重心，．（1）當(dāng)直線平面時(shí)，求的值；（2）當(dāng)時(shí)，求平面與平面的夾角的大?。敬鸢浮浚?）；（2）.【解析】【分析】（1）利用線面平行的性質(zhì)，結(jié)合三角形重心定理求解即得.（2）在平面內(nèi)作，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用面面角的向量求法求解即得.【小問1詳解】連接，由四邊形是矩形，得是中點(diǎn)，而為的重心，則點(diǎn)在線段上，有，于是，由平面，平面，平面平面，得，因此，所以.【小問2詳解】在中，，則，有，在平面內(nèi)作，由平面平面，平面平面，得平面，顯然射線兩兩垂直，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線分別為軸非負(fù)半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由（1）知，，則，，設(shè)平面一個(gè)法向量為，則，令，得，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，令，得，設(shè)平面與平面的夾角為，因此，從而，所以平面與平面的夾角的大小為.19.電網(wǎng)公司將調(diào)整電價(jià)，為此從某社區(qū)隨機(jī)抽取100戶用戶進(jìn)行月用電量調(diào)查，發(fā)現(xiàn)他們的月用電量都在之間，進(jìn)行適當(dāng)分組后（每組為左閉右開區(qū)間），畫出如圖所示的頻率分布直方圖．調(diào)價(jià)方案為：月用電量在以下（占總數(shù)的71%）的用戶電價(jià)不變，月用電量在以上則電價(jià)將上浮10%．（1）求和的值；（2）若采用按比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法，從月用電量不低于的用戶中抽9戶用戶，再從這9戶用戶中隨機(jī)抽取3戶，記月用電量在區(qū)間內(nèi)的戶數(shù)為，試求的分布列和數(shù)學(xué)期望．【答案】（1）（2）分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖利用頻率之和為可求得的值，結(jié)合百分位數(shù)的估計(jì)可得的值；（2）利用分層抽樣得兩組各抽取樣本數(shù)，結(jié)合超幾何分布求解概率即可得分布列，從而可求數(shù)學(xué)期望.【小問1詳解】因?yàn)樗缘谝坏降诹M的頻率依次為：前三組頻率之和為，前四組頻率之和為，則第71百分位數(shù)在區(qū)間內(nèi)，所以，解得；小問2詳解】月用電量在，的頻率分別為：，據(jù)按比例分配的分層隨機(jī)抽樣可知：用電量在，分別有人，人，從而可取的值為：0，1，2，3.故的分布列為：則20.已知各項(xiàng)非零的數(shù)列，其前項(xiàng)的和為，滿足．（1）若，證明：；（2）是否存在常數(shù)，使得是等差數(shù)列？若存在，求出的所有可能值；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在，.【解析】【分析】（1）利用給定的遞推公式，結(jié)合已知可得，再借助推理即得.（2）假定存在，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式建立關(guān)于的恒等式，再分析計(jì)算判斷即得.【小問1詳解】由和，得，又?jǐn)?shù)列的首項(xiàng)不為零，則，由，于是，由，得，所以.【小問2詳解】由，得，有，兩式相減并整理得：，假設(shè)存在常數(shù)，使得是等差數(shù)列，設(shè)公差為，則有，因此對(duì)任意，恒成立，從而，解得(舍去)或，由，解得，則，所以存在，使得是等差數(shù)列，此時(shí).21.雙曲線的左頂點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為，動(dòng)點(diǎn)在上．當(dāng)時(shí)，，且的面積為．（1）求雙曲線的方程；（2）若點(diǎn)在第一象限，且有，求點(diǎn)的橫坐標(biāo)．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出，再結(jié)合三角形面積求出即得.（2）設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，利