浙江省名校协作体2024届高三上学期适应性考试数学试题（含解析）

这是一份浙江省名校协作体2024届高三上学期适应性考试数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙江省名校协作体2024届高三上学期适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数，为的共轭复数，复数，则下列结论正确的是（    ）
A．对应的点在复平面的第二象限 B．
C．的实部为1 D．的虚部为
3．一个圆台的正视图如图所示，则其体积等于（    ）

A． B． C． D．
4．已知是实数，则“”是“”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图在梯形ABCD中，ADBC，，且E，F分别为AB，CD的中点，则（    ）

A． B．
C． D．
6．某校开设A类选修课4门，B类选修课2门，每位同学从中选3门.若要求两类课程中都至少选一门，则不同的选法共有（    ）
A．32种 B．20种 C．16种 D．14种
7．已知函数有4个不同的零点，则m的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
8．关于曲线．给出下列三个结论：
① 曲线恰好经过个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
② 曲线上任意一点到原点的距离都不大于
③ 曲线上任意一点到原点的距离都不小于2
其中，正确结论的个数是
A．0 B．1 C．2 D．3

二、多选题
9．某次辩论赛有7位评委进行评分，首先7位评委各给出某选手一个原始分数，评定该选手成绩时从7个原始分数中去掉一个最高分、去掉一个最低分，得到5个有效评分．则这5个有效评分与7个原始评分相比，数字特征可能不同的是（    ）
A．极差 B．中位数 C．平均数 D．方差
10．下列说法正确的是（    ）
A．某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为300的样本进行调查.已知该校一、二、三、四年级本科生人数之比为6：5：5：4，则应从一年级中抽取90名学生
B．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率为
C．已知变量x与y正相关，且由观测数据算得=3，=3．5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是=0.4x+2.3
D．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事件
11．定义在上的可导函数满足，且，当时，使不等式成立的充分不必要条件可以是（    ）
A． B． C． D．
12．已知数列中，，且，，则以下结论正确的是（    ）
A．
B．是单调递减数列
C．
D．若，则（表示不超过x的最大整数）

三、填空题
13．的展开式中含项的系数是 ．
14．已知抛物线的焦点为，是抛物线上一点，若的延长线交轴的正半轴于点，交抛物线的准线于点，且，则 ．
15．函数的最小正周期为 .
16．若函数有且仅有一个极值点，则a的取值范围是 ．

四、解答题
17．已知数列的前项和为，且．
（1）若为等差数列，且
①求该等差数列的公差；
②设数列满足，则当为何值时，最大？请说明理由；
（2）若还同时满足：
①为等比数列;
②；
③对任意的正整数存在自然数，使得、、依次成等差数列，试求数列的通项公式．
18．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，且，角A为锐角．
(1)求角A的大小；
(2)若的外接圆面积为，求b．
19．在四棱锥中，平面平面，，，为中点，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
20．2023年春节期间，科幻电影《流浪地球2》上映，获得较好的评价，也取得了很好的票房成绩.某平台为了解观众对该影片的评价情况（评价结果仅有“好评”“差评”），从平台所有参与评价的观众中随机抽取400人进行调查，数据如下表所示（单位：人）：

好评
差评
合计
男性

80
200
女性
90


合计


400
(1)把列联表补充完整，并判断是否有的把握认为“对该部影片的评价与性别有关”？
(2)若将频率视为概率，从抽取的400人中所有给出“好评”的观众中随机抽取3人，用随机变量表示被抽到的女性观众的人数，求的分布列和数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
21．椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)A，B，P三点在椭圆C上，O为原点，设直线的斜率分别是，且，若，证明：.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性，并比较与的大小；
(2)若，为两个不相等的正数，且，求证：．

参考答案：
1．C
【分析】对两个集合进行化简，然后求它们的交集即可．
【详解】由题意A∩B＝
即A∩B＝{2，3，4}
故选：C．
【点睛】本题考查交集及其运算，求交集即求两个集合中的共同元素，正确理解定义是解决本题的关键．
2．D
【分析】先求出，再由复数的运算法则及几何意义直接求解判断即可．
【详解】，
，
所以对应的点的坐标为，在复平面的第三象限，
且，的实部为，虚部为，
故选：D．
3．C
【分析】根据题中条件，由圆台的体积公式，可直接求出结果.
【详解】
由题意可得，该圆台的上底面面积为，
该圆台的下底面面积为，
该圆台的高为，
因此圆台的体积为．
故选：C．
4．B
【解析】利用对数函数的单调性、不等式的性质即可判断出结论．
【详解】都是实数，由“”有成立，
反之不成立，例如.
所以“”是“”的充分不必要条件，.
故选：B
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关充分不必要条件的判断，在解题的过程中，关键点是要注意对数式有意义的条件.
5．C
【解析】由向量减法法则可知，结合向量的加法法则从而可选出正确答案.
【详解】连接OE，OF.因为，所以.
故选:C.
6．C
【分析】应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，从中选1门、中选2门或中选2门、中选1门，分别求得选法种数，再加总即可.
【详解】根据题意，分两种情况讨论：
①若从类课程中选1门，从类课程中选2门，有（种）选法；
②若从类课程中选2门，从类课程中选1门，有（种）选法.
综上，两类课程中都至少选一门的选法有（种）.
故选：C.
7．B
【分析】作出的大致图象，有4个不同的零点等价于与一共四个交点，由数形结合判断即可.
【详解】当时，，，可得在上单调递减，在上单调递增，且，所以的大致图象如图所示.
由，解得或. 由的图象可知，当时，有1个根，所以要有3个根，故实数m的取值范围为.
故选：B.

8．C
【解析】将曲线，看成关于的方程，利用方程有解，得到的范围，再分别研究对应的整数和的情况；根据基本不等式，得到的范围，从而判断出曲线上一点到原点的距离范围.
【详解】曲线，看成关于的二次方程
则，得
所以整数的取值为，
当时，或，满足题意
当时，不是整数，不满足题意
当时，或，满足题意
当时，不是整数，不满足题意
当时，或，满足题意
故曲线过的整点为，，，，，，共6个，
故命题①正确.
，
当时，，即，
得，即
当且仅当或时，等号成立
所以得曲线上任意一点到原点的距离都不大于，命题②正确.
当时，，即，
得，即，
当且仅当或时，等号成立
所以得曲线上任意一点到原点的距离都不小于，故命题③错误；
故选：C.
【点睛】本题考查判断二次方程根的情况，基本不等式求最值，属于中档题.
9．ACD
【分析】利用平均数、中位数、平均数、方差的定义进行判断.
【详解】因为5个有效评分是7个原始评分中去掉一个最高分、去掉一个最低分，所以中位数不变，平均数、方差、极差可能发生变化.故B错误.
故选：ACD.
10．ABC
【分析】根据分层抽样、概率、线性回归直线方程、互斥事件与对立事件的概念分别进行判断．
【详解】A．由分层抽样，应制取人数为，A正确；
B．恰好取到1件次品的概率为，B正确；
C．∵，直线=0.4x+2.3过中心点，可能是回归直线方程，C正确；
D．一红球一黑球这个事件即是至少有一个红球，也是至少有一个黑球，因此它们不互斥，D错误．
故选：ABC．
【点睛】本题考查命题的真假判断，解题时需掌握分层抽样、概率、线性回归直线方程、互斥事件与对立事件的概念等知识，要求较高，属于中档题．
11．ABC
【分析】构造函数，利用导数分析出函数在上为增函数，将所求不等式变形为，可得出，求出该不等式在上的解集，即可得出合适的选项.
【详解】令，则，故函数在上为增函数，
因为，则，
由得，即，
所以，，即，解得.
当时，则有.
故选：ABC.
12．ACD
【分析】由条件两边取倒数，变形可判断A选项的正误；利用数列单调性的定义可判断B选项的正误；利用裂项求和法可判断C选项的正误；求出的表达式，可判断D选项的正误.
【详解】在数列中，，且，，则，，，依此类推，可知对任意的，.
对于A选项，，A选项正确；
对于B选项，，即，所以，数列为单调递增数列，B选项错误；
对于C选项，由A选项可知，，
所以，，C选项正确；
对于D选项，，
所以，
，
由，且得，，
又是单调递增数列，则时，，则，
当时，，不满足要求，当时，
从而，得，D选项正确.
故选：ACD.
13．5
【分析】先求展开式的通项公式，即可求含项的系数.
【详解】展开式的通项公式，可得
取，解得，展开式中含项的系数为.
故答案为：5
14．2
【分析】过作准线的垂线，垂足为，设交轴于点，利用三角形相似得到，再利用抛物线的定义即可求解.
【详解】过作准线的垂线，垂足为，设交轴于点，

为坐标原点．由题可得，
因为，则，所以，所以．
由抛物线的定义可得，
又，所以，因为准线与轴平行，且到焦点的距离与到准线的距离相等，所以平分，则有，
故答案为：.
15．
【分析】利用，并结合二倍角的正切公式得出，然后利用正切型函数的周期公式可计算出函数的最小正周期.
【详解】，
因此，函数的最小正周期为.
故答案为.
【点睛】本题考查正切型函数周期的计算，解题的关键就是将三角函数的解析式化简，考查运算求解能力，属于中等题.
16．
【分析】根据题意，求导得，将函数极值点问题转化为零点问题，分离参数，再转化为函数图像交点问题，结合导数研究，即可得到结果.
【详解】若函数有且仅有一个极值点，只需有一个零点，且在此零点两侧，函数符号不同．
当时，，所以在R上单调递减，函数无极值点，
所以，令，则，即．
记，则，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，，且，又，，
故的大致图象如下图所示：

由图可知，若有且仅有一个极值点，则，得．
所以的取值范围为．
故答案为:
17．（1）①；②当或时，最大；（2）.
【分析】（1）①利用等差数列的通项公式及前项和公式，建立方程组，即可求得该等差数列的公差；
②求出的通项公式，进而得到的通项公式，利用，判断的单调性，进而得解；
（2）根据等比数列的性质，并结合，初步确定的通项，再根据等差数列的性质，即可求得的通项公式.
【详解】（1）①由，，
得﹐解得，，
该等差数列的公差.
②由①知，所以，
则，



所以，且当 时，单调递增，当时，单调递减，
故当或时，最大.
（2）因为是等比数列，则，
又，
所以或，
由，得，解得，
由，得，解得，
从而或或或，
又因为、、依次成等差数列，得，而公比，
所以，即，
从而（*）
当时，（*）式不成立；
当时，解得；
当时，（*）式不成立；
当时，（*）式不成立．
综上所述，满足条件的.
【点睛】本题考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式、数列的单调性、等比数列的前项和公式、等差数列的性质及等比数列的性质，考查基本公式的应用及运算求解能力，熟记公式是本题的解题关键，属于中档题.
18．(1)
(2)

【分析】（1）由题设结合正弦定理及两角和的正弦公式可得，由求得，，即可得出角；
（2）由的外接圆面积得出外接圆半径，由求出，由正弦定理可得，即可得出结果．
【详解】（1）∵，
∴由正弦定理可得，
即，即，
∵，∴，
∴，又∵A为锐角，∴．
（2）由于的外接圆面积为，故外接圆半径为，
∵，
∴由正弦定理可得．
19．（1）见解析；（2）.
【详解】试题分析：
（1）由并结合平面几何知识可得．又由及平面平面可得平面，于是得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得平面平面．（2）根据，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，通过求出平面和平面法向量的夹角并结合图形可得所求二面角的余弦值．
试题解析：
（1）由条件可知，，
，
，
.
，且为中点，
.
∵，，，
平面.
又平面，
.
，
平面.
平面，
平面平面.
（2）由（1）知，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
∴，，，，
设为平面的一个法向量，
由，得.
令，得.
同理可得平面的一个法向量．
∴.
由图形知二面角为锐角，
∴二面角的余弦值为.
点睛：用空间向量求解立体几何问题的注意点
（1）建立坐标系时要确保条件具备，即要证明得到两两垂直的三条直线，建系后要准确求得所需点的坐标．
（2）用平面的法向量求二面角的大小时，要注意向量的夹角与二面角大小间的关系，这点需要通过观察图形来判断二面角是锐角还是钝角，然后作出正确的结论．
20．(1)列联表见解析，有的把握认为“对该部影片的评价与性别有关”
(2)分布列见解析，

【分析】（1）完善列联表，计算卡方，与7.879比较后得到结论；
（2）计算出所有给出“好评”的观众中随机抽取1人为女性的概率，得到，得到的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出期望值.
【详解】（1）列联表补充完整如下：

好评
差评
合计
男性
120
80
200
女性
90
110
200
合计
210
190
400
因此有的把握认为“对该部影片的评价与性别有关”.
（2）从抽取的400人中所有给出“好评”的观众中随机抽取1人为女性的概率，
且各次抽取之间互相独立，故，
所以，
，
故的分布列为：

0
1
2
3





所以.
或.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由条件可得，，，解出即可；
（2）设，由条件可得，，然后将代入椭圆方程可得，然后可得答案.
【详解】（1）因为，，
所以可解得
所以椭圆C的方程.
（2）设
，

即    
，即
又，即，
22．(1)的递增区间为，递减区间为；；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数的性质，结合函数的单调性进行求解即可；
（2）对已知等式进行变形，结合基本不等式，通过构造新函数，利用导数进行求解证明即可.
【详解】（1）∵，∴的定义域为且，
令时，，当时，，在上递增，
当时，，在上递减，
∴的递增区间为，递减区间为
又∵所以，即，
所以，
即，所以；
（2）由可得：，即：
令，，则有
要证：    只需证：，即证：
因为，所以只需证：即证：
设，则：，，∴，
要证，只要证，即．
只要证即证（其中），
令，，∴在单调递增，
，即（其中）成立，
所以不等式成立．故原不等式成立．
【点睛】关键点睛：对已知等式进行变形，结合基本不等式，通过构造函数利用导数进行求解证明是解题的关键.