浙江省名校協(xié)作體2024-2025學年高三上學期開學適應性考試數學試題（解析）

2024學年第一學期浙江省名校協(xié)作體適應性試題高三年級數學學科考生須知：1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘：2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校?班級?姓名?試場號?座位號及準考證號；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題卷.一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.數據的上四分位數是（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】先將數據從小打到排列，在計算分位數即可.【詳解】將數據從小打大排列得：,因為，所以上四分位數是第5個數據，為.故選：C.2.設隨機變量服從二項分布，若，則（）A.0.16 B.0.32 C.0.64 D.0.84【答案】C【解析】【分析】根據二項分布的概率計算公公式求解出,進而求方差.【詳解】，解得，所以，則.故選：C.3.設集合，則下列選項中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】取，排除選項ACD，利用反證法證明.【詳解】對于A，取可得，則，此時，A錯誤；則，此時，C錯誤；則，此時，D錯誤；對于B，若，則或或，由，可得，此時，與中有三個不同元素矛盾，由，可得，此時，與中有三個不同元素矛盾，由，可得或（舍去），若，則，與中有三個不同元素矛盾，所以，B正確；故選：B.4.方程的實數解有（）A.0個 B.1個 C.2個 D.3個【答案】C【解析】【分析】由換底公式變形解對數方程即可.【詳解】，所以或，所以或，所以方程的實數解有2個.故選：C.5.已知拋物線與斜率為的直線恰有一個公共點，則點的縱坐標為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由導數的幾何意義列方程即可求解.【詳解】題述直線斜率為，所以切點不可能是原點（否則切線斜率不存在，與題意矛盾），也不可能是斜率為0的直線與拋物線的交點（因為題述直線斜率為，它不等于0），或，當時，，當時，，綜上所述，若切點的坐標為，則有，解得.故選：B.6.如圖，在下列四個正方體中，是頂點，是棱的中點，則三棱錐體積最大的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】建立空間直角坐標系，求出點設點到平面的距離和三角形的面積，再利用體積公式即可求解AC,利用等體積法求解CD.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系,設正方體的邊長為2.對于A,所以設平面的一個法向量為，則令則，所以設點到平面的距離為，則易知為等邊三角形，邊長為，所以，所以.對于B，易求得,點B到平面的距離為1，所以；對于C，所以設平面的一個法向量為，則，令則，所以設點到平面的距離為，則,易求得所以；對于D，易求得,點A到平面的距離為1，所以;所以A選項的體積最大.故選：A.7.已知函數若恰有三個不同實根，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】對于嵌套函數的零點問題，一般需要用換元法，再結合函數圖象進行討論.【詳解】令，則，①當時，的圖象如圖所示若恰有三個不同實根，則一定要有兩個不同的根，所以，設的兩根為且則一定有所以解得當時，如圖所示，若恰有三個不同實根，則必須有，即解得②當時，或時，只有一個根，此時不能有三個不同實根.③當時，，、的圖象如圖所示，若有三個不同的實根則，即，此不等式無解綜上所述：故選：D.8.空間中一個靜止的物體用三根繩子懸掛起來，已知三根繩子上的拉力大小分別為，且三根繩子中任意兩根繩子的夾角均為，則該物體的重力大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設三根繩子上的拉力分別為，利用可得答案.【詳解】設三根繩子上的拉力分別為，，因為的夾角均為，所以，，，設物體的重力為，則，所以.故選：C.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設雙曲線，則（）A.的實軸長為2B.的焦距為C.的離心率為D.的漸近線方程為【答案】BD【解析】【分析】由題意得，由此即可逐一判斷每一選項.【詳解】，即由題意，所有，所以的實軸長為，的焦距為，的離心率為，的漸近線方程為，即，故AC錯誤，BD正確.故選：BD.10.在復平面內，復數對應的點分別是.已知，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由題意可得，，根據復數的運算結合模長公式逐項分析判斷.【詳解】因為復數對應的點分別是，，則，且，對于選項A：因為，，即，且，，所以，故A正確；對于選項B：例如，可得，即，故B錯誤；對于選項C：因為，且，則，，所以，故C正確；對于選項D：因為，，所以，故D正確；故選：ACD.11.已知數列為公差為的等差數列，為公比為的正項等比數列.記，則（）參考公式：.A.當時， B.當時，C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據等差數列、等比數列的性質及求和公式一一計算即可.【詳解】A項，由為公比為的正項等比數列，則當時，，，顯然時，，故A錯誤；B項，由數列為公差為的等差數列，則，所以，解得，即，故B正確；C項，由為公比為的正項等比數列，可得，所以，故，所以，，故，當且僅當時取得等號；綜上，故C正確；D項，由題意得，，則，故，故裂項可得：，所以，故D正確；故選：BCD【點睛】C項關鍵在于化簡得，利用倒序相加法轉化為求解的最值，利用基本不等式求最值即可得；D項的關鍵在于利用條件化簡得，再用裂項相消求和判定不等式.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，若與的夾角為銳角，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】根據題意列出不等式即可.【詳解】因為的夾角為銳角，所以且不能同向共線,所以,解得且故答案為：.13.設，且，則__________.【答案】【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡得到，結合角的范圍、三角函數性質即可得解.【詳解】，而，則、都在內，即.所以.故答案為：.14.四個村莊之間建有四條道路.在某個月的30天中，每逢單數日道路開放，封閉維護，每逢雙數日道路開放，封閉維護.一位游客起初住在村莊，在該月的第天，他以的概率沿當天開放的道路去往相鄰村莊投宿，以的概率留在當前村莊，并且他在這30天里的選擇是相互獨立的.則第30天結束時該游客住在村莊的概率為__________.【答案】【解析】【分析】先設兩種情況的概率，再列函數，最后根據函數求游客在村莊點的概率.【詳解】對，用表示游客恰有天通過道路或的概率，表示該游客恰有天通過道路或的概率，，，根據條件知為的次項系數，為的次項系數，第30天結束時，游客住在村莊當且僅當他通過道路或的總天數為奇數，且通過道路或的總天數為偶數，因為，，，所以，，所以第30天結束時該游客住在村莊的概率.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題的解題關鍵在于將概率問題轉化為，的次項系數，然后利用二項式定理求系數，最后求概率.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.已知函數，其中.（1）若，求的最小值；（2）證明：至少有兩個零點.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數求出最值可得答案；（2）求出，f1，由零點存在定理判斷可得答案.【小問1詳解】由得，當時，f'x<0，在單調遞減，當時，f'x>0，在單調遞增，因此最小值為；【小問2詳解】不全為0，不妨，，所以，，因此由零點存在定理，在各至少有一個零點，結論得證.16.記的內角的對邊分別為，已知.（1）求；（2）求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角，結合三角恒等變換即可求解；（2）由正弦定理邊化角，由三角恒等變換結合三角函數性質即可求解.【小問1詳解】因為，所以由正弦定理知，而，故，從而.由于是三角形內角，故，從而，故，亦即，顯然，故.【小問2詳解】因為，，又，所以，解得，所以，從而.不妨設，則，即的取值范圍是，所以的取值范圍是，而，所以的取值范圍是，所以的取值范圍是.17.已知是棱長為的正四面體，設的四個頂點到平面的距離所構成的集合為，若中元素的個數為，則稱為的階等距平面，為的階等距集.（1）若為的1階等距平面且1階等距集為，求的所有可能值以及相應的的個數；（2）已知為的4階等距平面，且點與點分別位于的兩側.若的4階等距集為，其中點到的距離為，求平面與夾角的余弦值.【答案】（1）答案見解析（2）.【解析】【分析】（1）分兩種情況得出的所有可能值以及相應的的個數；（2）先根據已知得出，再計算求得余弦值.【小問1詳解】①情形一：分別取的中點，由中位線性質可知，此時平面為的一個1階等距平面，為正四面體高一半，等于.由于正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況；②情形二：分別取的中點將此正四面體放置到棱長為1正方體中，則為正方體棱長的一半，等于.由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況.綜上，當的值為時，有4個；當的值為時，有3個.【小問2詳解】在線段上分別取一點，使得，則平面即為平面.如圖，取中點，連接，以為坐標原點，所在直線分別為軸，過點且與平面垂直的直線為軸建立空間直角坐標系，，設，，設平面法向量為m=所以，即，所以，又平面的法向量為，設平面與夾角為所以，所以平面與夾角余弦值為.18.設數列的前項和為，已知.令.（1）求的通項公式；（2）當時，，求正整數；（3）數列中是否存在相等的兩項？若存在，求所有的正實數，使得中至少有兩項等于；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）4（3）存在，【解析】【分析】（1）應用結合等差數列計算求解；（2）根據求解數列的最大值即可解題；（3）根據已知分析取等即可計算求解.【小問1詳解】，即.當時，，即.將換成，有.上述兩式相減得，即，故為等差數列.由，所以.【小問2詳解】由，易得.當時，由.得，即，亦即.從而可得4），故的最大項是第4項.所以.【小問3詳解】由（2）知，.又對，故若中有兩項相等，只可能是或，且這樣的若存在，則必唯一.易得，又，則僅有兩項相等，故.【點睛】方法點睛：應用放縮再結合等比數列的和證明數列的范圍進而證明數列的單調性19.在直角坐標系中，過橢圓的右焦點的直線與截得的線段長的取值范圍是.（1）求的方程；（2）已知曲線的切線被坐標軸所截的線段長為定值.（i）求與截得的線段長；（ii）求與截得的線段長的取值范圍.【答案】（1）（2）（i）1；（ii）【解析】【分析】（1）由題可得，結合條件可得方程；（2）（i）設切點為，結合導數可表示出切線方程為，分別令和，求出，的坐標，從而得到，由為定值，可得，從而得到與截得的線段長；（ii）設切線與橢圓交于，此時令，則切線，將切線與聯(lián)立，結合韋達定理化簡可得：，從而得到與截得的線段長的取值范圍.【小問1詳解】設的焦距為，設與交于Ax1,y1①當與軸重合時，顯然；②當不與軸重合時，設，則將與聯(lián)立，整理