浙江省稽陽聯(lián)誼學校高三下學期4月聯(lián)考數(shù)學試題

2024年浙江省稽陽聯(lián)誼學校高考數(shù)學聯(lián)考試卷（4月份）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.已知在復平面內(nèi)對應的點位于第二象限，則復數(shù)z可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的乘法運算以及復數(shù)的幾何意義，逐一核對選項即可．【詳解】對于選項A：因為，可知對應的點為，在第二象限，故A正確；對于選項B：因為，可知對應的點為，不在第二象限，故B錯誤；對于選項C：因為，可知對應的點為，不在第二象限，故C錯誤；對于選項D：因為，可知對應的點為，不在第二象限，故D錯誤．故選：A.2.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合A，B，再結(jié)合交集的運算，求出．【詳解】不等式，即，解得，則集合，不等式，解得或，則集合或，故.故選：D.3.的展開式中的常數(shù)項是（）A.224 B.448 C.560 D.【答案】B【解析】【分析】求出二項式的展開式的通項公式，然后再令的指數(shù)為，進而可以求解.【詳解】二項式的展開式的通項公式為，，1，…，7，令，則，所以多項式的展開式的常數(shù)項為.故選：B.4.“”是“”的（）A.充分必要條件 B.既不充分也不必要條件C.充分不必要條件 D.必要不充分條件【答案】C【解析】【分析】利用充分條件與必要條件的概念結(jié)合正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)判斷即可得.【詳解】由，得，即充分性成立；反之，，即必要性不成立，故“”是“”的充分不必要條件．故選：C.5.已知，，則的最大值是（）A.2 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】先求出P，Q兩點的軌跡，再結(jié)合圖形，即可求解.【詳解】由，，即有，如圖：故P，Q在如圖所示兩圓及其內(nèi)部的范圍內(nèi)，所以得最大值為4.故選：C.6.如圖，戰(zhàn)國時期楚國標準度量衡器——木衡銅環(huán)權(quán)1954年出土于湖南長沙，“木衡”桿長27厘米，銅盤直徑4厘米.“環(huán)權(quán)”類似于砝碼，用于測量物體質(zhì)量，九枚“環(huán)權(quán)”重量最小的為1銖，最大的為半斤（我國古代1兩銖，1斤兩），從小到大排列后前3項為等差數(shù)列，后7項為等比數(shù)列，公比為2，若銅盤一側(cè)某物體為2兩13銖，則另一側(cè)需要放置的“環(huán)權(quán)”枚數(shù)為（）A.2枚 B.3枚 C.4枚 D.5枚【答案】B【解析】【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式和性質(zhì)，即可求解．詳解】解：設(shè)數(shù)列，可得，，由成等比數(shù)列，公比為2，則，可得，因為成等差數(shù)列，可得，所以，所以2兩13銖需要放置一枚2兩，一枚12銖，一枚1鐵的環(huán)權(quán)，可得需要3枚．故選：B.7.設(shè)，，…，是總體數(shù)據(jù)中抽取的樣本，k為正整數(shù)，則稱為樣本k階中心矩，其中為樣本均值.統(tǒng)計學中，當我們遇到數(shù)據(jù)分布形狀不對稱時，常用樣本中心矩的函數(shù)——樣本偏度來刻畫偏離方向與程度.若將樣本數(shù)據(jù)，，…，繪制柱形圖如圖所示，則（）A. B.C. D.與0的大小關(guān)系不能確定【答案】C【解析】【分析】由圖可知，右拖尾時，而樣本方差，從而判斷符號．【詳解】，樣本偏度反應數(shù)據(jù)偏離方向與程度，由圖表可得，有比較多的小于樣本均值的數(shù)據(jù)，當右側(cè)有長尾時，受極端值影響，，而樣本方差，則.故選：C.8.已知定義在R上的函數(shù)恒大于0，對，，都有，且，則下列說法錯誤的是（）A. B.C.是奇數(shù) D.有最小值【答案】D【解析】【詳解】對于A，，取，則，，選項A正確；對于B，取，則，則，選項B正確；對于C，取，，則，則，取，，，則，所以是奇數(shù)，選項C正確；取函數(shù)，符合題目條件，但此時無最小值，故選項D錯誤．故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：判斷CD選項的關(guān)鍵是得出，由此即可順利得解.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.全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知函數(shù)，下列說法正確的是（）A.B.方程有3個解C.當時，D.曲線有且僅有一條過點的切線【答案】AC【解析】【分析】直接驗證可判斷A，對表達式進行變換，可判斷B和C，直接給出兩條符合條件的切線，可判斷D.【詳解】對于A，由于，從而，故A正確；對于B，由于當時有，當時有，故方程在上無解；而當時有，故在上遞增，從而方程在上至多有一個解.所以方程總共至多有一個解，不可能有3個解，故B錯誤；對于C，當時，由有，且由有，從而，故C正確；對于D，由于，故，.而，，故曲線在和處的切線分別是和，這兩條切線均過點，故D錯誤.故選：AC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于從多種角度研究三次函數(shù)的性質(zhì).10.已知數(shù)列的前n項和，且向量，，對于任意，都有，則下列說法正確的是（）A.存在實數(shù)，使得數(shù)列成等比數(shù)列B.存在實數(shù)，使得數(shù)列成等差數(shù)列C.若，則D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)向量平行得出關(guān)于數(shù)列的n項和的關(guān)系式，再對的取值進行討論并結(jié)合等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義和通項公式即可判斷各選項的正誤.【詳解】由，向量，，對于任意，都有，可得，①若，則，可得是等差數(shù)列，故選項B正確；②若，可得，可得，則數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以，即，時，，時也適合，由題意可知且，所以和均為常數(shù)且不為0，根據(jù)等比數(shù)列通項公式可知是關(guān)于的指數(shù)函數(shù)與一個常數(shù)的積，因此當時，數(shù)列不是等比數(shù)列，因此不存在實數(shù)使為等比數(shù)列故選項A錯誤；③若，則，，故選項C正確；④若，則，，故選項D正確．故選：BCD.11.已知正四棱臺，，球O內(nèi)切于棱臺，點P為側(cè)面上一點（含邊界），則（）A.球O的表面積為B.三棱錐的外接球球心可能為OC.若直線面，則D.平面與球O的截面面積最小值是【答案】ACD【解析】【分析】對于A：取，，，的中點分別為M，N，X，Y，再取，的中點為S，R，證出，進而求得r即可；對于B：利用條件得出三棱錐的外接球球心滿足平面，顯然平面，即可判斷；對于C：若直線平面，則P的軌跡為以DH為直徑的圓，求解即可；對于D：當P取D時，作，垂足為G，則平面，，即可得解．【詳解】已知正四棱臺，，球O內(nèi)切于棱臺，點P為側(cè)面上一點（含邊界），對于A選項，取，，，的中點分別為M，N，X，Y，再取，的中點為S，R，則，，球O內(nèi)切于棱臺，則O點即為梯形內(nèi)切圓心，易知O為中點，且，均為角平分線，故，則，故球O的表面積，故A選項正確；對于B選項，由上述分析可得，，則正四棱臺的側(cè)棱，作，垂足為E，則E為三等分點（靠近N）.記的外接圓的圓心為，則在的垂直平分線上，設(shè)，由勾股定理得，則，的外接圓心為三等分點（靠近X），則三棱錐的外接球球心滿足平面，顯然平面，故三棱錐外接球球心不可能為O，故B選項錯誤；對于C選項，若直線平面，作，垂足為H，因為平面，所以，則P的軌跡為以為直徑的圓，因為，由線面垂直判定定理易得，圓所在的平面與垂直，又點P為側(cè)面上一點（含邊界），取，的中點，，易知平面，作，垂足為，點與點重合，因為，由余弦定理可得，所以，此時，故C選項正確；對于D選項，平面與球O的截面為圓，半徑滿足，故只需找離O最遠的平面即可，顯然觀察四個頂點即可，其中P取A，時為同一平面，顯然當P取D時，點到其距離最小，作，垂足為F，因為平面，平面，所以，由線面垂直判定定理可得，平面，因為，為中點，，，故，故圓的截面面積為，故D選項正確．故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知平面向量，，若，則k的值可以是______.（寫出一個值即可）【答案】【解析】【分析】根據(jù)平面向量坐標運算法則、向量垂直的性質(zhì)求解即可得出答案.【詳解】平面向量，，∴，∴，，∵，∴，解得.故答案為：（與寫出一個值即可）13.若，，則的最大值是______.（其中表示a，b中的較小值）【答案】##【解析】【分析】先證明，再說明當，時.【詳解】.當，時，.所以的最大值是.故答案為：.14.已知左、右焦點為，的橢圓：（），圓：，點A是橢圓與圓的交點，直線交橢圓于點B.若，則橢圓的離心率是______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)阿波羅尼斯圓的定義，得到，結(jié)合橢圓定義得出焦半徑，最后利用余弦定理求出離心率.【詳解】設(shè)：與x軸的交點為P，Q，不妨設(shè)，，，根據(jù)阿波羅尼斯圓的定義，得到，又，則，設(shè)與軸正方向形成的角為，則，，代入得，在中，，由余弦定理得，解得，即.故答案為：.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.已知面積為，角，，的對邊分別為，，，請從以下條件中任選一個，解答下列問題：①；②；③（1）求角；（2）若，是上的點，平分，的面積為，求角平分線的長.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）若選①，由三角形的面積公式及余弦定理可得的值，再由角的范圍，可得角的大??；如選②，由正弦定理及二倍角公式可得的值，再由角的范圍，可得角的大小；若選③，由正弦定理及誘導公式可得角的大小；（2）由等面積法及余弦定理可得角平分線的值．【小問1詳解】若選①，由三角形的面積公式及余弦定理可得，可得，又因為，所以；若選②，由正弦定理可得，因為，則，所以，所以，又，則，所以，所以，所以，則；若選③，由正弦定理可得，因為，則，所以，即，所以，即，又，則，所以，則；【小問2詳解】因為，是上的點，平分，的面積為，所以，可得，，由余弦定理可得，即，解得（負值已舍去），即角平分線的長為.16.如圖，五面體ABCDEF中，已知面面，，，.（1）求證：.（2）若，，點P為線段中點，求直線與平面夾角正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）由已知證出面，則，進而得出平面，再根據(jù)以及線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系，求出面的法向量，結(jié)合線面角的向量夾角公式即可求解.【小問1詳解】取中點M，連接，因為，所以，又因為平面平面，且平面平面，所以平面，平面，所以，又因為，且，平面，所以平面，平面，所以，又，所以；【小問2詳解】因為在直角梯形中，，，，易求得，又，，所以三角形為等邊三角形，如圖，以M為原點建立直角坐標系，，，，，，因為P是中點，所以點P坐標為，所以，，，設(shè)平面的法向量為，則，則可取，設(shè)直線與平面夾角為，所以.17.盒中共有3個小球，其中1個黑球，2個紅球.每次隨機抽取1球后放回，并放入k個同（）色球.（1）若，記抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率為，求的最大值；（2）若，記事件表示抽取第i次時抽中黑球.（?。┓謩e求，，；（ⅱ）結(jié)合上述分析，請直接寫出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率.【答案】（1）；（2）（?。?，，；（ⅱ）【解析】【分析】（1）利用獨立事件的概率乘法公式求解；（2）（?。├脳l件概率公式求解；（ⅱ）由（?。┛蛇M行猜測，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率與抽球次序無關(guān)，再結(jié)合獨立事件的概率乘法公式求解．【小問1詳解】若，設(shè)抽取n次中抽中黑球的次數(shù)為X，則，故，由，…，故最大值為或，即的最大值；【小問2詳解】（?。?，，；（ⅱ）由（?。┛蛇M行猜測，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率與抽球次序無關(guān)，則.18.已知拋物線：（）的焦點為F，A，B是拋物線上兩點（A，B互異）.（1）若，且，求拋物線的方程.（2）O為坐標原點，G為線段中點，且.（ⅰ）求證：直線過定點；（ⅱ）x軸上的定點E滿足為的角平分線，連接、，延長交于點P，延長交于點Q，求的最大值（用含p的代數(shù)式表示）.【答案】（1）（2）（?。┳C明見解析；（ⅱ）.【解析】【分析】（1）由對稱性可知⊥軸，從而得到點的坐標，根據(jù)得到方程，求出答案；（2）（?。┮驗?，則可推得，設(shè)，，求出，進一步可得直線的方程，然后由，可得，代入直線的方程即可得證；（ⅱ）設(shè)，為的角平分線，則，可得，即，，不妨設(shè)，因為，則，同理，直線的方程為，與直線的交點橫坐標，同理，表示出，運用換元法求解即可．【小問1詳解】因為，所以為線段的中點，由對稱性可知⊥軸，故的橫坐標均為，中令得，，所以，得到，拋物線方程為.【小問2詳解】（?。┳C明：因為，所以O(shè)在以為直徑的圓上，所以，所以，設(shè)，，則，所以直線方程為，又，所以，方程為，直線過定點.（ⅱ）設(shè)，為的角平分線，則，，整理得，因為，解得，即，，不妨設(shè)，因為，則，同理，直線的方程為，與直線的交點橫坐標，同理，所以，令，則，所以，由于在上單調(diào)遞增，故，故，當且僅當時，等號成立.【點睛】圓錐曲線中最值或范圍問題的常見解法：（1）幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用幾何法來解決；（2）代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)某種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值或范圍．19.已知函數(shù)，（1）當時，求的最小值；（2）若在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；（3）當時，設(shè)為函數(shù)的極大值點，求證：.【答案】（1）最小值為1；（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）當時，，定義域為，求導得到的單調(diào)性，進而求出的最值；（2）若定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則在上恒成立，由可得，再證時，在定義域上單調(diào)遞增即可；（3）求導可知存在唯一，使得在上單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，進而可得，再結(jié)合證明即可．【小問1詳解】當時，，定義域為，則，記由m'x=ex?1+2故時，，單調(diào)遞減；時，，單調(diào)遞增，則的最小值為.【小問2詳解】若在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則在上恒成立，，令，則，且可知，下證時，，由關(guān)于單調(diào)遞增，則，令，則，故在上單調(diào)遞增，且，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，綜上所述，時，在定義域上單調(diào)遞增.【小問3詳解】，記，，易知在上