浙江省杭州市学军中学2024届高三下学期4月适应性数学试卷（Word版附解析）

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数学
命题，审校：杭州学军中学高三数学备课组
2024.4
本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
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，找出每小题答案后，用铅笔将对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦千净后，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.不选､多选､错选均不得分.
1. 在复平面内表示复数（1﹣i）（a+i）的点位于第二象限，则实数a的取值范围是（ ）
A. （﹣∞，1）B. （﹣∞，﹣1）C. （1，+∞）D. （﹣1，+∞）
【答案】B
【解析】
【分析】
把复数化为代形式，然后得出对应点坐标，由点在第二象限得出结论．
【详解】，对应点为，
由题意，解得．
故选：B.
【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查复数的几何意义，属于基础题．
2. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据投影向量公式求的值，再代入向量模的公式求解.
【详解】，在方向上的投影向量为，
所以，
所以.
故选：D
3. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由不等式性质可知，当时，取得最大值8，利用对进行放缩，然后结合基本不等式可得的最小值为4，得集合A；解一元二次不等式求出集合B，然后由交集运算可得答案.
【详解】因为，所以，得，
又，所以，
当时，取得最大值8；
又，所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，
所以.
由解得，
所以.
故选：C
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将题干两式两边平方，结合平方关系及两角和的正弦公式计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
即，
，
两式相加可得，
所以.
故选：A
5. 波斯诗人奥马尔•海亚姆于十一世纪发现了一元三次方程的几何求解方法.在直角坐标系中，两点在轴上，以为直径的圆与抛物线：交于点，.已知是方程的一个解，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得以为直径的圆的方程，与抛物线的方程联立，消去，可得的方程，由题意考虑两个三次方程有相同的解，可得所求点的坐标．
【详解】设，的中点为，
则以为直径的圆的方程为，
与抛物线联立，可得，
化简可得，
由于，可得，的横坐标相等，
则方程和方程有相同的解，
即有，解得，
则．
故选：A．
6. 小蒋同学喜欢吃饺子，某日他前往食堂购买16个饺子，其中有个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且.在小蒋吃到的前13个饺子均为玉米肉馅的条件下，这16个饺子全部为玉米肉馅的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记事件：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，，事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.先利用全概率公式求，然后再由条件概率公式可得.
【详解】记事件：16个饺子中有i个香菇肉馅饺子，，
事件B：吃到的前13个饺子均为玉米肉馅饺子.
则，，，，
当时，，
由题知，，
所以，
又，
所以.
故选：C
7. 若函数有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数与方程的思想将函数有两个零点转化为函数与函数的图象有两个交点，求导并画出函数的图象求得切线方程，再由数形结合即可求得的取值范围.
【详解】由可得，则函数与函数的图象有两个交点；
设，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减；
令，解得，可求得的图象在处的切线方程为；
令，解得，可求得的图象在处的切线方程为；
函数与函数的图象如图所示：
切线与在轴上的截距分别为,
当时，与函数的图象有一个交点，
故实数的取值范围为.
故选：A
8. 以半径为1的球的球心为原点建立空间直角坐标系，与球相切的平面分别与轴交于三点，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 18D.
【答案】C
【解析】
【分析】不妨设、、均在正半轴，设球与平面切于点，连接并延长交于点，连接，由勾股定理求出，利用三角形相似求出，即可求出，再通过证明平面得到，则，再由三角形相似得到，最后利用基本不等式计算可得.
【详解】根据对称性，不妨设、、均在正半轴，设球与平面切于点，连接并延长交于点，连接，
则平面，平面，平面，所以，
又，所以，即，
又，，所以，则，
所以，
又平面，平面，所以，
平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以
，
又，即，所以，
所以，
当且仅当时取等号，
即的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据题意画出图形，推导出、，利用勾股定理转化计算，结合基本不等式求出最小值.
二､多选题：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. 设函数，则（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期为
C. 的值域为D. 在单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，利用奇偶性的定义进行判断即可；
对于B选项，利用周期性的定义进行判断即可；
对于C选项，首先证明函数的周期为，然后分与两种情况分别讨论函数的值域，进而进行判断选项的正误即可；
对于D选项，当可得，进而判断函数的单调区间即可.
【详解】对于A选项，已知且定义域为，
由于，
得是偶函数，故A选项正确；
对于B选项，，
得的最小正周期不是，故B选项错误；
对于C选项，由于，
得的周期为，
当时，，
由于，得，故
当时，，
由于，得，故.
综上所述可得的值域为，故C选项正确；
对于D选项，当时，，
由于，得，根据余弦函数性质可知在是单调递增.
故D选项正确.
故选：ACD
10. 在对具有相关关系的两个变量进行回归分析时，若两个变量不呈线性相关关系，可以建立含两个待定参数的非线性模型，并引入中间变量将其转化为线性关系，再利用最小二乘法进行线性回归分析.下列选项为四个同学根据自己所得数据的散点图建立的非线性模型，且散点图的样本点均位于第一象限，则其中可以根据上述方法进行回归分析的模型有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】将非线性模型，通过变形转化为线性模型，再利用最小二乘法进行线性回归分析．
【详解】对于选项A ：，令 则；
对于选项B：
令；
对于选项 C：
即 令 则；
对于选项D： 令则
此时斜率为 ，与最小二乘法不符．
故选：ABC
11. 已知是方程的两根，数列满足，，. 满足，其中. 则（ ）
A.
B.
C. 存在实数，使得对任意的正整数，都有
D. 不存在实数，使得对任意的正整数，都有
【答案】ABC
【解析】
【分析】先证明，，然后对于A，可直接使用验证；对于B，使用和即可验证；对于C和D，直接使用即可验证.
【详解】由于是方程的两根，故，.
并可解出，.
用数学归纳法证明：对任意的正整数，有.
当时，由知，故，结论成立；
当时，有，结论成立；
假设当，以及时结论都成立，这里，则，.
此时有
，
故结论对也成立.
综上，对任意的正整数，有.
由于是偶数，且由知是偶数，
且，可知每个都是偶数.
所以
，
故.
而，故.
又因为，
故，从而.
所以.
构建，则在内恒成立，
则，可得成立.
由于，知，.
故，即.
对于A，有，故A正确；
对于B，有，故B正确；
对于C，由于，故存在实数，使得对任意的正整数，都有，故C正确；
对于D，由于，故存在实数，使得对任意的正整数，都有，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，先研究数列的各个性质，得到和，相比直接通过题目条件判断选项，这样做四个选项将更加容易判断.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 经过椭圆的右顶点与上顶点的直线斜率为，则的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用斜率计算公式、离心率计算公式即可得出结论.
【详解】椭圆的右顶点与上顶点的直线斜率为，
则,即，可知其焦点在轴上，
则的离心率为
.
故答案为：
13. 将个棱长为1的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱的中点重合.设最下方正方体的下底面的中心为，过的直线与平面垂直，以为顶点，为对称轴的抛物线在的部分可以被完全放入立体图形中. 若，则的最小值为______；若有解，则的最大值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将命题转化为对任意的，在时恒有成立，然后研究不等式，再次转化为，且，最后根据题目要求讨论即可.
【详解】抛物线的一部分可以被完全放入立体图形中，当且仅当对任意的，在时恒有成立.
即对任意的，有，，此即，.
这等价于，且对任意的，有.
由于当时必有，故条件等价于，且当时，必有.
这等价于，且当时，必有，即，令
即，且当时，有.
当时，由于关于递增，
故条件等价于，且.
回到原题.
当时，条件等价于，所以的最小值为；
若有解，则等价于或，即，解得.
结合是正整数，知的最大值为.
故答案为：4；2.
14. 若函数（其中）在区间上恰有4个零点，则a取值范围为___________________.
【答案】
【解析】
【分析】分别分析和的零点个数求解即可，同时要注意重根问题的检验.
【详解】当，设，，
则为开口向上的二次函数，，
①当，有唯一解，此时，
，此时有三个解，且均不为3，符合题意；
②当，无解，故区间上恰有4个零点，
则，解得，符合题意；
③当，的对称轴，且，
（i）当，，此时有两个解：2和5，，此时有三个解，且与的解2，5不重合，不合题意，
（ii）当，且，此时有两个解，且均属于，，
若有2个解，故，解得，则，舍去；
（iii）若有3个解，故，解得，
若此时有2个解，则必须有1个重根，
下面检验重根情况：，则，的3个解为，
且，，，
故重根可能为，，.
令，，解得，
当重合，若，则（），
解得，满足题意；
若，则，即，无解；
若，，即，无解；
当重合，若，则，解得（舍去）；
若，则，解得，符合题意；
若，则，即，无解，舍去；
（iv）当，，此时有1个解，
设为m，则，，故，解得，
又，综合得，
同理（iii）的分析，，，
此时有三个解，且与的解不重合，符合题意，
综上所述：或或
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点问题，关键是根据二次函数特征讨论判别式及区间端点与5的关系.
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. 平面两两平行，且与的距离均为.已知正方体的棱长为1，且.
（1）求；
（2）求与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究点面距离计算即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可.
【小问1详解】

如图所示，建立以D为中心的空间直角坐标系，
易知，
则，
设平面的一个单位法向量为，
显然也是平面的一个法向量，
由点到面的距离公式知：，
或，
即，
又，所以可得，
此时，
或，此时
故；
【小问2详解】
设平面的一个法向量为，易知，
则，取，即，
设与平面夹角为，则，
即与平面夹角的余弦值为.
16. 斜二测画法是一种常用的工程制图方法，在已知图形中平行于轴的线段，在直观图画成平行于轴（由轴顺时针旋转得到）的线段，且长度为原来的，平行于轴的线段不变.如图，在直角坐标系中，正方形的边长为.定义如下图像变换：表示“将图形用斜二测画法变形后放回原直角坐标系”；表示“将图形的横坐标保持不变，纵坐标拉伸为原来的倍”.

（1）记正方形经过两次变换后所得图形为，求的坐标；
（2）在第次复合变换中，将图形先进行一次变换，再进行一次变换，. 记正方形进行次复合变换后所得图形为.过作的垂线，垂足为，若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）将题目中涉及的变换通过2*2数表呈现，然后研究复合变换的表示法，再求得结果；
（2）先求得次复合变换对应的数表，然后计算出的坐标，最后利用数列作为工具将不等式转化为关于数列不等式的恒成立问题，再通过讨论求出的取值范围.
【小问1详解】
先进行一些准备工作.
我们用2*2数表来作为变换的记号. 如果一个变换将点变为点，这里，则我们记.
则根据定义可知，.
然后，对，，记“先经过变换，再经过变换”的变换为，则经过变换后变为，再经过变换后变为，即.
这表明.
回到原题，由于，故.
所以，分别被变成，.
【小问2详解】
定义数列如下：，.
然后我们用数学归纳法证明：.
当时，由知结论成立；
假设当时结论成立，即.
则.
所以将两个变换复合，就得到
，
故结论对也成立.
综上，对任意的正整数，有.
这表明，，，在经过变换后将得到，，.
这表明直线的方程为，从而的坐标是.
由的递推式及可直接得到.
记，则，且.
对于，我们有，两边同时对求导可得
，
再同乘，就得到.
取，就有.
这表明，再进一步进行变换即可得到
.
这直接推出.
同时，计算可知.
从而由，，知
故点一定在和之间，即在线段内部.
这就得到了.
最后，我们需要求的取值范围，使得不等式恒成立，即恒成立.
由，知.
若，则，满足条件；
若恒成立，则恒成立，首先有.
从而由恒成立可知恒成立.
由，知恒成立
即恒成立.
假设，记.
由，知当，且时，有以下结论：
①由知；
②由于对，展开后的二次项为，故.
从而由知，即.
故此时有，这与恒成立矛盾.
所以，故，从而.
而，故.
综上，不等式即恒成立的充分必要条件是.
最后，直接计算得到.
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，使用反证法否定时，需要找到使得不成立的对应的条件，而这需要细致的讨论. 如果仅仅通过的“指数衰减”这种直观层面的理解一笔带过，直接“得到”在足够大时成立，则从逻辑上是不能走通的，特别是由于此时中含有一个单调递增的因式，直接使用幂函数的性质并不能得到期望的结果，必须细致讨论.
17. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）当时，，求的最大值；
（3）若在区间存在零点，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求定义域，作商法结合基本不等式比较出；
（2）对求导，变形后，构造，求导，再构造，求导得到单调性，结合得到的单调性和极值，最值情况，求出答案；
（3）令，当时，由于恒成立，故无解，当时，，令，，求导得到函数单调性，又趋向于0时，趋向于2，故，从而得到，得到答案.
【小问1详解】
定义域为，
当时，，，
由于，
令，
当且仅当，即时，等号成立，
又，故；
【小问2详解】
当时，，
，
设，则，
令，
，
故在上单调递增，
又，故当时，，即，
即，故，所以，
则在恒成立，
当时，同理可得，则在上恒成立，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
故，所以的最大值为；
【小问3详解】
，令，
当时，，由于恒成立，故无解，舍去；
当时，，
令，，
，
下面证明,，
令，，则，，其中，
令，，则，，其中，
令，，则，，
当时，，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，
故，即,，
则，，
则，
，
由于，而，故，
则，故在上单调递增，
又趋向于0时，趋向于2，故，
故令，解得，此时有解，故存在零点，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
18 设双曲线，直线与交于两点.
（1）求的取值范围；
（2）已知上存在异于的两点，使得.
（i）当时，求到点的距离（用含的代数式表示）；
（ii）当时，记原点到直线的距离为，若直线经过点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用直线与双曲线的位置关系结合韦达定理计算即可；
（2）（i）设及其中点坐标，根据极化恒等式、弦长公式计算即可；（ii）设直线方程，结合（i）的结论知既在圆上也在双曲线上，分别联立直线与圆、双曲线方程消去得出两个一元二次方程，由横坐标均满足方程得出参数关系式，化简求，再分类讨论结合判别式、点到直线的距离公式计算范围即可.
【小问1详解】
联立直线与双曲线方程得，
则或，
即的取值范围为；
小问2详解】
（i）设，则，
由（1）可知：，则，
设中点为D，则，
而，
，
所以，
又由弦长公式可知：，
所以，即到点的距离为；
（ii）由（i）知，当时，，
则在圆上，
由题意知直线斜率存在，不妨设其方程为：，
与双曲线联立，
与圆联立
，
即横坐标均满足上述方程，
所以，
化简得，
即，解之得或，
当时，，
则，显然恒成立，
又，
①时，，
而由（1）知：，
又，所以，此时；
②时，，
同理知，
所以；
当时，，
显然，上式无解，舍去；
易知，所以综上有.
【点睛】思路点睛：第二问先由极化恒等式得出P、Q的轨迹圆，第一小问根据弦长公式计算即可；第二小问分别联立直线与圆、双曲线的方程，利用同解方程得出参数关系式，从而计算出的取值，再分类讨论的不同取值结合判别式计算即可.
19. 在概率较难计算但数据量相当大､误差允许的情况下，可以使用UninBund（布尔不等式）进行估计概率.已知UninBund不等式为：记随机事件，则.其误差允许下可将左右两边视为近似相等.据此解决以下问题：
（1）有个不同的球，其中个有数字标号.每次等概率随机抽取个球中的一个球.抽完后放回.记抽取次球后个有数字标号的球每个都至少抽了一次的概率为，现在给定常数，则满足的的最小值为多少？请用UninBund估计其近似的最小值，结果不用取整.这里相当大且远大于；
（2）然而实际情况中，UninBund精度往往不够，因此需要用容斥原理求出精确值.已知概率容斥原理：记随机事件，则.试问在（1）的情况下，用容斥原理求出的精确的的最小值是多少（结果不用取整）？相当大且远大于.
（1）（2）问参考数据：当相当大时，取.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件为抽取次未取到号球，求得，再求，利用布尔不等式及解不等式即可；
（2）由容斥原理得，采用换元法、二项式定理及适当放缩得，同取对数解不等式即可.
【小问1详解】
设事件为抽取次未取到号球，则，
由题意可知，
而，
所以，
解之得，即满足的的最小值为；
【小问2详解】
结合（1）及容斥原理可知：
，①
令，则由上可知：，
易知，
对于，
由于相当大且远大于，所以，
故，则，
所以①式，
即，
即用容斥原理求出的精确的的最小值.
【点睛】思路点睛：第一问根据事件的对立及独立事件的概率乘法公式计算得，再解不等式即可；第二问利用容斥原理得，根据二项式定理适当放缩可得，再解不等式即可.