浙江省金华第一中学2024届高三下学期高考适应性测试数学试卷试卷（Word版附解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助三角函数的性质与对数函数的性质可计算出集合、，即可得解.
【详解】由，可得，
即，
由，可得，
即，可得，
故.
故选：B.
2. 经过点且与抛物线有且仅有一个公共点的直线的条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】分直线斜率存在于不存在进行讨论，斜率存在时联立曲线借助计算即可得.
【详解】设过点的直线为，当该直线斜率不存在时，，则，
即其与抛物线有唯一公共点，符合要求；
当该直线斜率存在时，设，
联立有，即，
，有，
故有两个不同的实数解，
即有两条不同的直线，与抛物线有且仅有一个公共点，
综上所述，共三条.
故选：C.
3. 在边长为1的正方形中，E为线段的中点，F为线段上的一点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形，利用基底表示向量，利用数量积公式，即可求解.
【详解】如图，，，
所以，
.
故选：D
4. 若复数z满足，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】设，借助复数的模长与共轭复数的定义计算即可得.
【详解】设，则，
则有，
即，
化简可得，故.
故选：D.
5. 已知公差不为0的等差数列满足成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助等差数列的性质计算可得，代入计算即可得.
【详解】设等差数列的公差为，
由题意可得，
即，即，即，即，
则.
故选：A.
6. 已知函数，设甲：；乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用特殊值的函数值判断充分性不成立，利用导数研究的单调性和值域，结合三角函数的有界性，从而判断必要性.
【详解】，，满足，但，故甲不是乙的充分条件；
令，则，故在单调递增，
即，也即在恒成立，则在恒成立；
故当时，，，甲是乙的必要条件.
综上所述，甲是乙的必要条件，但不是充分条件.
故选：B.
7. 将1至8这8个整数排成一列，要求任意相邻两项互质，则不同的排列方法有（ ）
A. 1296种B. 1728种C. 2304种D. 2592种
【答案】B
【解析】
【分析】任意相邻两项互质，采用插空法，由排列组合的知识求解即可
【详解】由于任意相邻两项互质，所以偶数必须隔开，
所以先把四个奇数排成一列有种方法，然后把偶数插空进去，
四个偶数中只有不能与相邻，其他偶数可以随意插空，
所以先考虑把插空，有种选择，剩下的个偶数在剩下的个空中随意插空，
所以共有：.
故选：B.
8. 如图，已知多面体的底面与顶面平行且均为矩形.若，，则该多面体的体积为（ ）

A. B. 37C. D. 47
【答案】C
【解析】
【分析】根据组合体的体积公式计算即可.
【详解】
如图所示，设在底面的投影分别为，
延长分别交底面矩形于两点，延长交于两点，
由条件易得，
所以几何体的高为，
该几何体的体积可分割为两个几何体的体积
加两个几何体的体积再加长方体的体积.
易得，
同理，
，
故该几何体体积为：.
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先将化简，再逐项分析答案即可.
【详解】因为的定义域为，所以，
又因为
，
所以为偶函数，故A正确；
的最小正周期为，故B正确；
因为，所以没有最大值；
当时，，故D正确.
故选：ABD
10. 已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线的斜率分别为，若，则（ ）
A. 为定值B. 为定值
C. 的最大值为2D. 的最小值为4
【答案】AD
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，A选项，计算出，，求出；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.
【详解】由于，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0，
所以直线方程斜率一定存在，
设直线的方程为，联立得，
，
设，则，
故
，
其中，
故，即，
所以，解得，
下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：
当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
则椭圆的切线斜率为，切线方程为，
整理得到，
其中，故，即，
当时，此时或，
当时，切线方程为，满足，
当时，切线方程为，满足，
综上：椭圆在处的切线方程为；
故椭圆在点的切线方程为，
同理可得，椭圆在点的切线方程为，
由于点为与的交点，
故，，
所以直线为，
因为直线的方程为，对照系数可得
，
又，故，整理得，
又在第一象限，
故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分，
A选项，，同理可得，
则，A正确；
B选项，
，
其中
又，
故，不为定值，
故不是定值，B错误；
C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为，
设，则，故无最大值，
D选项，由于，，，故，
设，则，
则两式联立得，
由得，，
检验，当时，，又，
解得，满足要求.
故的最小值为4，D正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过椭圆外一点的切点弦方程为;
过双曲线上一点的切线方程为,
过双曲线外一点的切点弦方程为,
11. 已知边长为l的等边的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，且的重心G到平面α的距离恰有两个可能值，则l的取值可以为（ ）
A. B. C. 5D. 6
【答案】BC
【解析】
【分析】先证明引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是，然后将题目条件分4种情况考虑，分别计算出对应的存在的条件，再通过这4个条件中恰有2个成立，可得出的取值范围，最后分别验证4个选项即可得到正确答案.
【详解】对题目中给定的平面，我们取定平面的一个法向量，并将该法向量所指的方向定义为平面的上方.
然后，我们定义空间中一个点到平面的有向距离：一方面，到平面的有向距离的绝对值等于到平面的距离；
另一方面，若在平面的上方，则到平面的有向距离为正数，若在平面的下方，则到平面的有向距离为负数.
易知，到平面的全体有向距离为的点构成的集合为一个平面，将该平面记为，
那么就有：，且全体两两之间是平行，而两平面之间的距离为.
现在，我们证明一个引理：
引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是：.
如图所示：
一方面，我们证明必要性：
若空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是，且不全相等：
记点所在的平面为，则由于不全相等，知不可能是某个，
由于全体两两之间是平行的，所以不可能平行于任意一个，
故和任意一个都有唯一的交线，将其记为.
然后，在上任取一点，并过作的垂线交于，然后以为原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系.
这样相应确定的轴显然就是直线，记两直线和之间的距离为，则，且直线的方程就是.
现在，由于是边长为的正三角形，故可设，，
而分别在平面上，从而分别在直线上，
这意味着我们有，.
从而，，故：
.
这就有
.
所以.
从而必要性得证.
另一方面，我们证明充分性：
若不全相等，且.
我们取，则.
然后取一个平面，使得和之间的夹角的正弦值为.
此时，和任意一个的夹角正弦值都是正数，故和任意一个都有唯一的交线，将其记为.
此时，之间的距离为，
从而我们可以在上取一个平面直角坐标系，使得的方程恰为.
这种情况下，和之前证明必要性时进行的演算类似，可以证明恒等式，
这表明我们可以再取一个实数使得，.
然后，在该直角坐标系下取，，，
则显然是边长为的正三角形，与此同时，由于，且
.
故分别在直线上，也就是分别在直线上，
从而分别在平面上，故它们到平面的有向距离分别是，充分性得证.
现在我们回到原题，根据对称性，我们不妨设中至少有两个点在平面的上方.
情形1：均在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为
（这是因为重心的坐标可由三点取平均值得到，故它到的有向距离一定也是到的有向距离的平均值，即）.
若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于；
情形2：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为.
若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于；
情形3：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为.
若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于；
情形4：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为.
若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于.
而题目条件为重心到平面的距离恰有两个可能值，根据以上讨论，这就相当于四个不等式，，，中恰有两个成立，这等价于.
综上，原题条件等价于给定的边长满足.
最后，分别验证A，B，C，D四个选项，它们的平方分别是，，，，在区间上的是，，所以B，C正确，A，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：解决本题最重要的还是证明引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是，这也是该问题的核心.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设一组样本的容量为50，经过数据整理，得出了如下所示的频数分布表，则该组样本的第80百分位数为___________．
【答案】
【解析】
【分析】借助百分位数的定义计算即可得.
【详解】，，故第80百分位数必在，
设第80百分位数为，则有，解得.
故答案为：.
13. 若对任意实数，则的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，对参数的取值进行分类讨论，在不同情况下，研究函数的单调性，结合题意，即可求得参数的最大值.
【详解】令，，由题可知，恒成立；
，；令，
，；
当，，故单调递增，则，
故单调递增，，满足题意；
当，显然单调递增；
若，即时，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
，，单调递增；
又，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
当，，单调递增；
又，故当，，不满足题意；
若，即，又单调递增，故，
则单调递增，又，故，
则单调递增，，满足题意；
综上所述，当时，满足题意，故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是以端点值1处的二阶导函数值的正负为讨论的标准，进而在不同情况下考虑函数单调性和最值解决问题.
14. 某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型___________；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量___________次.参考数据：若占，则.
【答案】 ①. (也可以写成) ②. 72
【解析】
【分析】再中由正弦定理可得，在中求解即可；由正态分布的3原则建立不等式求解即可.
【详解】（1）在中，，，
在中，.
(结果还可以是)
（2）由于，因此，
所以，
故至少要测量72次.
故答案为：(也可以写成)；72
【点睛】关键点点睛：在解决正态分布问题中，需要理解原则，学会利用原则求解相关问题，属于中档题.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知四棱锥的棱的长为，其余各条棱长均为1．
（1）求四棱锥的体积；
（2）求二面角大小．
【答案】15.
16.
【解析】
【分析】（1）设四边形的外接圆半径为，求得，利用等面积求得四边形的面积，求出到平面的距离，可以求解体积；
（2）利用线面垂直，推出面面垂直，求解二面角.
【小问1详解】
如图（1）所示，四棱锥中，，其余各条棱长均为1，
所以点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，
即四边形为圆内接四边形，如图（2）所示,
根据四边形的对称性，可得为外接圆的直径，,
所以，
设四边形的半径为，在直角中，可得，,
由等面积法，
又由点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，
所以底面四边形,即，
所以;
【小问2详解】
由,,
所以
即,
又平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
所以二面角为.
16. 太阳能板供电是节约能源的体现，其中包含电池板和蓄电池两个重要组件，太阳能板通过电池板将太阳能转换为电能，再将电能储存于蓄电池中．已知在一定条件下，入射光功率密度（E为入射光能量且为入射光入射有效面积），电池板转换效率与入射光功率密度成反比，且比例系数为k．
（1）若平方米，求蓄电池电能储存量Q与E的关系式；
（2）现有铅酸蓄电池和锂离子蓄电池两种蓄电池可供选择，且铅酸蓄电池的放电量，锂离子蓄电池的放电量．设，给定不同的Q，请分析并讨论为了使得太阳能板供电效果更好，应该选择哪种蓄电池？
注：①蓄电池电能储存量；
②当S，k，Q一定时，蓄电池的放电量越大，太阳能板供电效果越好．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用题目所给公式及数据计算即可得；
（2）用S，k，Q表示出两种蓄电池的放电量后作差比大小即可得.
【小问1详解】
，
若平方米，则；
【小问2详解】
由，即，
铅酸蓄电池的放电量为：，
锂离子蓄电池的放电量为：，
则
，
令，可得，
即时，，此时应选择铅酸蓄电池，
当时，，此时应选择锂离子蓄电池，
当时，，两种电池都可以.
17. 现有n枚硬币．对于每个，硬币是有偏向的，即向上抛出后，它落下时正面朝上的概率为．
（1）将这3枚硬币抛起，设落下时正面朝上的硬币个数为，求的分布列及数学期望;
（2）将这n枚硬币抛起，求落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）借助相互独立事件的概率公式及离散型随机变量的分布列及方差定义计算即可得；
（2）设将这n枚硬币抛起，落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率为，由题意可得，计算出后结合数列的性质计算即可得.
【小问1详解】
用表示第枚硬币正面朝上，则表示第枚硬币正面朝下，其中，
的可能取值为、、、，
则，
,
，
，
则其分布列为：
期望；
【小问2详解】
设将这n枚硬币抛起，落下时正面朝上的硬币个数为奇数的概率为，
则，
当时，有，
即，即，又，
即数列为以为公差，以为首项的等差数列，
即，故.
18. 在直角坐标系中，圆Γ的圆心P在y轴上（不与重合），且与双曲线的右支交于A，B两点．已知．
（1）求Ω的离心率；
（2）若Ω的右焦点为，且圆Γ过点F，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点差法与直线与圆的性质分别得到与直线的斜率有关的等量关系，结合已知条件将坐标化，得，再结合两斜率关系，整体消元可得，从而求出斜率；
（2）将化斜为直，转化为坐标表示，再由韦达定理代入得关于的函数解析式，求解值域即可.
【小问1详解】
设，，则线段中点
由题意不与重合，则，由在双曲线右支上，则，
所以斜率存在且不为.
由在双曲线上，则，且，
两式作差得，
所以有，
故①，
由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设，
由题意，
则，
化简得，由，得，
由圆Γ的圆心为，弦中点为，所以，
则，即②，
由①②得，，则，
故Ω的离心率为.
【小问2详解】
由Ω的右焦点为，得，
由（1）知，，所以有，故双曲线的方程为.
设圆的方程为，由圆Γ过点，则，
则圆的方程可化为，
联立，消化简得，
，
其中，，则有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，则，
所以，
设，，
由函数单调递增，则，即，
所以有，
故,
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
19. 设全集为，定义域为的函数是关于x的函数“函数组”，当n取中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为的函数，当时，有若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”．
（1）设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合;
（2）设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；
（3）设，为上的“跳跃函数”，．已知，且对任意正整数n，均有．
（i）证明：;
（ii）求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点．
【答案】（1）
（2）
（3）（i）证明见解析；（ii）2
【解析】
【分析】（1）将命题等价转化为求使得在上有零点的全体，然后利用当时，的取值范围是，得到，即可得解；
（2）将命题等价转化为求使得在上没有零点的全体，然后通过分类讨论即可解决问题；
（3）先用数学归纳法证明，然后将（i）等价转化为证明对，在上有零点当且仅当是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可解决（ii）.
【小问1详解】
根据题意，所求的为使得在上有零点的全体.
由于在上有零点等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解当且仅当，从而所求.
【小问2详解】
根据题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点.
这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合.
从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解.
该方程在上可等价变形为，然后进一步变形为.
设，则我们要求出全部的，使得在上没有零点.
当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；
当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；
当时，对，我们有：
，
由于两个不等号的取等条件分别是和，而这无法同时成立（否则将推出），故此时对都有，从而在上一定没有零点.
综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为.
【小问3详解】
首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有.
当时，有，故结论成立；
假设结论对成立，即，则有：
，故结论对也成立.
综上，对任意正整数，有.
（i）命题等价于，对，在上有零点当且仅当偶数，下面证明该结论：
当为奇数时，对，有，所以在上没有零点；
当为偶数时，对，有，而，，从而在上一定存在零点，所以在上一定有零点.
综上，对，在上有零点当且仅当是偶数，结论得证.
（ii）我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.
根据（i）的讨论，在上有零点当且仅当是偶数，所以我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.
我们现在有，由于当时，有，故在上的零点必定大于.
而对任意给定的，我们定义函数，则.
取，则当时，有，这表明在上单调递减，所以当时，有，从而.
取正整数，使得，且，则我们有，但我们又有，这表明在上必有一个零点，从而在上必有一个满足的零点.
综上所述，的最大值是.
【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可得到的最大值是，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.数据分组区间
频数
15
18
6
5
6