浙江省名校协作体2024届高三上学期7月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7月适应性考试数学试题（含解析），共19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7月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．设复数满足，为虚数单位，则在复平面上对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在中，点，分别是，边上的中点，线段，交于点D，则的值为（    ）
A． B． C． D．
4．如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（    ）
  
A．1.5L B．1.7L C．2.3L D．2.7L
5．已知数列的前n项和为．若数列是等比数列；，则是的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．某校银杏大道上共有20盏路灯排成一列，为了节约用电，学校打算关掉3盏路灯，头尾两盏路灯不能关闭，关掉的相邻两盏路灯之间至少有两盏亮的路灯，则不同的方案种数是（    ）
A．324 B．364 C．560 D．680
7．已知函数在上恰有1个零点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
8．在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．下列说法正确的是（    ）
A．数据7，5，3，10，2，6，8，9的中位数为7
B．已知 ，，若，则， 相互独立
C．已知一组数据，， ，……，的方差为3，则， ，……，的方差为3
D．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点为，则
10．已知甲盒中有2个红球，1个篮球，乙盒中有1个红球，2个篮球.从甲、乙两个盒中各取1个球放入原来为空的丙盒中.现从甲、乙、丙三个盒子中分别取1个球，记从各盒中取得红球的概率为，从各盒中取得红球的个数为，则（    ）
A．    . B．
C． D．
11．已知非零实数，，则可能正确的是（    ）
A． B．
C． D．
12．意大利著名数学家莱昂纳多．斐波那契（ Leonardo Fibonacci）在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它的前面两个数的和，人们把这样的一列数称为“斐波那契数列”．同时，随着趋于无穷大，其前一项与后一项的比值越来越逼近黄金分割，因此又称“黄金分割数列”，记斐波那契数列为，则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
13．展开式中的系数为
14．写出两个与直线相切和圆外切的圆的圆心坐标 ．
15．设是双曲线（）的右焦点，为坐标原点，过作斜率为的直线交双曲线的渐近线点，两点（点第一象限），过作的垂线，垂足为，且，则该双曲线的离心率是 ．
16．若函数且存在极大值点，则的取值范围是 ．

四、解答题
17．已知数列满足， __________，以下三个条件中任选一个填在横线上并完成问题.
①， ②   ③
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项积为，求的最大值．
18．的内角的对边分别为．
(1)求；
(2)若，求．
19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．
  
(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
20．某校有一个露天的篮球场和一个室内乒乓球馆为学生提供锻炼场所，甲、乙两位学生每天上下午都各花半小时进行体育锻炼，近50天天气不下雨的情况下，选择体育锻炼情况统计如下：
上下午体育锻炼项目的情况（上午，下午）
（篮球，篮球）
（篮球，乒乓球）
（乒乓球，篮球）
（乒乓球，乒乓球）
甲
20天
15天
5天
10天

乙
10天
10天
5天
25天
假设甲、乙选择上下午锻炼的项目相互独立，用频率估计概率.
(1)分别估计一天中甲上午和下午都选择篮球的概率，以及甲上午选择篮球的条件下，下午仍旧选择篮球的概率；
(2)记为甲、乙在一天中选择体育锻炼项目的个数，求的分布列和数学期望；
(3)假设A表示事件“室外温度低于10度”，表示事件“某学生去打乒乓球”，，一般来说在室外温度低于10度的情况下学生去打乒乓球的概率会比室外温度不低于10度的情况下去打乒乓球的概率要大，证明：.
21．已知点，在椭圆 上.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两个不同的点（异于），过作轴的垂线分别交直线于点，当是中点时，证明．直线过定点.
22．已知函数有两个零点.
(1)证明：；
(2)求证：①；②.

参考答案：
1．B
【分析】解一元二次不等式和指数不等式可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】由得：，即；
由得：，即；
所以，
故选：B.
2．D
【分析】先求得，再根据除法法则，最后根据复数的几何意义可解.
【详解】依题意可得，
故在复平面上对应的点为，在第四象限，
故选：D．
3．C
【分析】方法一：由三角形重心的性质求解；方法二：设，根据题意计算可得，再由共线可求出的值.
【详解】方法一：可由三角形重心的性质知：
方法二：设，则，
由共线可知，，，故，
故选：C．

4．C
【分析】根据棱台的体积公式求解即可.
【详解】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20的正方形，底面是边长为10的正方形，侧棱，记底面和底面的中心分别为和，则是正四棱台的高.
  
过作平面的垂线，垂足为，则且，，
所以，，
故，
所以棱台的高，
由棱台的体积公式得．
故选：C .
5．A
【分析】结合等比数列性质，判断命题之间的逻辑推理关系，即得答案.
【详解】若是等比数列，设公比为k，则，
，
于是，
即成立；
若，
取，显然不是等比数列，故是的充分不必要条件．
答案：A
6．B
【分析】利用插空法及组合数求闭灯方案数.
【详解】将路灯分2盏(为保证关闭路灯之间至少有两盏亮)、15盏、3盏(需关闭的路灯)，
首先15盏亮的路灯先排成一排，把3盏关掉的路灯插空，而头尾两盏路灯不能关闭，
所以是除头尾之外的14个位置上插入三盏关掉的灯，共种，
在每两盏关掉的路灯之间再各放入一盏路灯且路灯无差异，保证关掉的相邻两盏路灯之间至少有两盏亮的路灯，只有1种方法.
综上，共有种方案数.
故选：B
7．B
【分析】令，将问题转化为，只有1个零点，则（），从而讨论可求出结果.
【详解】令，因为函数在上恰有1个零点，即转化为，只有1个零点，
故可得（），即（），
又，要使上述方程组有解，则需（），
所以（），故，当时，，当时，，
故选：B；
8．B
【分析】取AC的中点M，可得即为二面角的平面角， △ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，在平面ABC内，设，然后表示出外接球的半径，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求得答案.
【详解】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接，
因为，DA=DC，所以，，故即为二面角的平面角，
△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
在平面ABC内，设，则，，
因为，所以，所以，
所以
    
令，则，
所以，当且仅当时取等，
故选:B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了三棱锥外接球的求法、三角函数的最值问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心位置，考察学生的空间想象能力和逻辑思维能力，考查学生的推理运算能力，属于难题.
9．BC
【分析】A利用中位数的定义判断；B根据条件概率公式可得，即可判断其正误；C根据每一个数据都加1不改变离散程度判断；D根据散点不一定在回归方程上判断.
【详解】对于A选项，将这些数从小到大排列2，3，5，6，7，8，9，10，中位数为6和7的平均数，即6.5，故A错误；
对于B选项，，于是，则，相互独立，故B正确；
对于C选项，每一个数据都加1不改变离散程度，方差不变，仍为3，故C正确；
对于D选项，散点不一定在回归方程上，即不一定成立，故D错误.
故选：BC
10．ABC
【分析】根据已知利用平均值的原理去快速解决问题判断A选项，再结合两点分布分别得出数学期望和方差大小判断B,C,D选项.
【详解】可以利用平均值的原理去快速解决问题，甲盒中有2个红球，1个篮球，拿出一个球，相当于平均拿出个红球，个篮球；
乙盒中有1个红球，2个篮球，拿出一个球，相当于平均拿出个红球，个篮球，
那么拿出一个球后，放入丙盒子中后，相当于甲盒子内还有个红球，个篮球，乙盒子内还有个红球，个篮球，丙盒子中有1个红球，1个篮球，
故，，，，A选项正确 ；
满足两点分布，
故，，
，，
，，，，B,C选项正确，D选项错误.
故选：ABC.
11．BC
【分析】设函数，，，分情况，讨论，构造函数求导确定单调性，即可得取值情况，从而作出判断.
【详解】令，，，
①当时，
设，则恒成立，所以在上单调递增，
所以，则，所以；
设，则，所以在上单调递增，
所以，则，所以
所以；
②当时，
，，而因为，所以，所以，
而有两解，一正一负，因为 ，
而，有，所以在单调递增，所以.
当时，，而在单调递增，所以，所以;
当时，，
综上，可能正确的是，.
故选：BC.
12．ACD
【分析】根据数列消项求和判断A,B,C选项，化简合并判断D选项.
【详解】因为，所以，所以

故A正确；
因为，所以，即，
所以，而，故B错误；
，所以
故C正确；
，故D正确
答案：ACD.
13．-64
【分析】的系数，分第一个括号提供了和第二个括号提供，再利用的通项公式求解.
【详解】解：的系数来自两个方面，如果第一个括号提供了，则第二个括号提供，故系数为，
如果第一个括号提供了，则第二个括号提供了，故系数为，
所以的系数为 ．    
答案：
14．（答案不唯一，只要圆心坐标为满足即可）
【分析】根据题意可得圆心到的距离和到直线的距离相等，再根据抛物线得定义即可得解.
【详解】设圆心坐标为，
圆化为，其圆心为，半径为1，
由题意得，，即，
故圆心到的距离和到直线的距离相等，
所以圆心的轨迹是以为焦点的抛物线，故，只要满足该式即可，
故答案可以为.
故答案为：.（答案不唯一，只要圆心坐标为满足即可）
15．/
【分析】结合图形，设可得，由题意知，利用，结合正切二倍角公式可得，再由可得答案.
【详解】设，则，由题意知，，故，
则，
而，所以，从而．
答案：.
  
16．
【分析】将问题转化为有不等根，且左边导函数为正，右边导函数为负数求解.
【详解】解：令，
得，
令，即，
有，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
当时，，又在上单调递增，且当，，
当，，故，
所以，即有变号根，
令，则，
当 时， ，递增，当时， ，递减，
所以 当时， 取得最大值 ，
所以，，
当，，，当，，
此时必存在一个零点，且这个零点的左边导函数为正，右边导函数为负数，
该零点即为极大值点，
所以的取值范围是，
故答案为：
17．(1)
(2)6

【分析】（1）应用等比数列、等差数列的定义和通项公式，再通过构造法求通项公式；
（2）数列单调性的应用求出最大值.
【详解】（1）若选①：已知数列满足，则，
则，是首项为，公比为的等比数列，
故，即
若选②：，
则是首项为，公差为4的等差数列，故，即
若选③：  因为，
所以当时，，
两式作差得，即，
又因为满足上式，所以
（2），故不是单调递增的，又，故当或4时，最大，最大值为．
18．(1)
(2)

【分析】（1）由向量的数量积公式转化为三角形的边角关系，结合正弦定理和三角恒等变换公式求解；
（2）先通过正弦定理转换为，再用三角恒等变换公式求解；
【详解】（1）因为，所以，
即，
由正弦定理，
且，
所以，且．则，所以.
（2）因为，由正弦定理得
又，
所以，
整理可得，即，
所以，所以或，即或，
当时，；当时，．
综上，．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，
  
面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，
  
设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
20．(1)0.4；
(2)分布列见解析，1.82
(3)证明见解析

【分析】（1）根据古典概型以及条件概率的计算，即可得答案；
（2）确定的取值，根据每个值对应的含义，求得每个值对应的概率，即可得分布列，继而求得期望；
（3）根据题意可得，利用条件概率的计算公式，以及对立事件的概率公式进行推理，即可证明结论.
【详解】（1）设事件为“早上甲打篮球”，事件为“下午甲打篮球”，
则，.
（2）由题意知，甲上下午都选择篮球的概率为，乙上下午都选择篮球的概率为，
甲上下午都选择乒乓球的概率为，乙上下午都选择乒乓球的概率为，
记为甲、乙在一天中选择体育锻炼项目的个数，则的所有可能取值为、，
所以，，
所以的分布列为：

1
2



所以.
（3）证明：由题意知，即，
即，
即，
即，即，
即.
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；（2）设出方程，结合韦达定理和是中点的条件，找到直线中两个参数的关系，从而求出定点.
【详解】（1）由题知，又椭圆经过，代入可得，解得，
故椭圆的方程为：
（2）
由题意知，当轴时，不符合题意，故的斜率存在，设的方程为，
联立消去得，
则，
即
设 ，，，
的方程为，令得，
的方程为，令得，
由是中点，得，即，
即，
即，
即，所以 ，
得或，
当，此时由，得，符合题意；
当，此时直线经过点，与题意不符，舍去.
所以的方程为，即，
所以过定点.
22．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）对函数求导并求最小值，根据区间单调性及零点存在性定理，讨论参数a的范围；
（2）①分析法，将问题化为证明，构造，，利用导数证明单调性，进而判断函数符号即可证；
②利用导数分别证及，构造中间函数，利用放缩或导数证明不等号式，结合零点得到、，即可证结论.
【详解】（1）由，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，
当时，，所以，
若，即时，则时，此时在上不存在零点，
要使有两个零点，故.
（2）①要证，不妨设，则证，
因为在上单调递增，即证，
令，，则，
所以在单调递增，所以，即，得证；
②引理1：当时：
证明：当时，得证.
利用引理1：，所以①，
引理2：：
证明：令，
则，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
利用引理2，因为，所以，
所以，所以②，
由①，②知：.
【点睛】关键点点睛：第二问②，将所证不等式拆解为分别证、，得到、为关键.