浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期学业水平考试适应性数学试卷（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分100分.考试时间80分钟.
考生须知：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑.
选择题部分
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选，多选，错选均不给分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的定义计算可得；
【详解】集合，，则.
故选：C
2. 复数的模长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的模长公式计算即可.
【详解】复数的模长为.
故选：A
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据偶次根式有意义的条件求解即可
【详解】函数的定义域为，
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系求解即可.
【详解】因为，所以，联立，解得：，
故选：A
5. 已知，则下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由公式可得A、 B；换底公式可得C；可得D.
【详解】，故A错；，故B错；
，故C对；，故D错.
故选：C.
6. 在空间中，有一平面，平面内有一直线，平面外有一点，下列说法正确的是（ ）
A. 过点且与平面垂直的直线不止一条
B. 过点且与直线垂直的直线有且仅有一条
C. 过点的直线与直线的夹角的余弦值有可能为
D. 过点的直线与平面的夹角的余弦值不可能为
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线垂直、线面垂直的定义可判定A、B，利用线线夹角与线面夹角的定义可判定C、D.
【详解】过点且与平面垂直的直线有且只有一条，故A错误；
过点且与直线垂直的直线有无数条，故B错误；
两条直线的夹角范围在，所以其余弦值不能是负数，故C错误；
直线与平面的夹角范围在，所以其余弦值不能是负数，故D正确.
故选：D
7. 下图为某同学两次月考成绩占总成绩百分数的扇形统计图，已知该同学第一次月考总分低于第二次月考总分，则（ ）
A. 该同学数学学科成绩一定下降B. 该同学政治学科成绩一定下降
C. 该同学化学学科成绩可能下降D. 该同学语文学科成绩一定提升
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形统计图一一分析即可.
【详解】对于A：第一次月考数学成绩占，第二次月考数学成绩占，
且第一次月考总分低于第二次月考总分，所以第二次月考数学成绩比第一次数学成绩要高，故A错误；
对于B：第一次月考政治成绩占，第二次月考政治成绩占，
由于只知道第一次月考总分低于第二次月考总分，故无法判断这两次月考政治学科成绩的变化，故B错误；
对于C：第一次月考化学成绩占，第二次月考化学成绩占，
且第一次月考总分低于第二次月考总分，所以第二次月考化学成绩比第一次化学成绩要高，故C错误；
对于D：第一次月考语文成绩占，第二次月考语文成绩占，
且第一次月考总分低于第二次月考总分，所以第二次月考语文成绩比第一次语文成绩要高，故D正确.
故选：D
8. 在正四面体中，是的中点，在的延长线上，，则异面直线和所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，或其补角为异面直线和所成角，在中由余弦定理求得及和所成角的正弦值.
【详解】连接，因为，是的中点，所以，
所以或其补角为异面直线和所成角，
设正四面体的棱长为2，则，
在中由余弦定理得，
所以和所成角的正弦值为，
故选：B

9. 已知定义域为的函数，若对任意，，均有恒成立，则下列情形可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对ACD，根据函数的单调性判断，对B举例说明不正确.
【详解】对A：若，所以，所以为单调递减的指数函数，因此对任意，，均有恒成立，故A正确；
对B：若，，函数无意义，故B错误；
对C：若，所以，所以为单调递增的指数函数，所以对任意，，均有恒成立，故C错误；
对D：若，所以，所以为单调递增的指数函数，所以对任意，，均有恒成立，故D错误；
故选：A
10. 某地区的公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行了调查.调查中使用了两个问题：问题1：你父亲的公历生日日期是不是奇数？问题2：你是否经常吸烟?调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有的50个白球和50个红球的袋子，这些小球除了颜色外完全相同.每个被调查者随机从袋中摸取一个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答问题1，摸到红球的学生如实回答问题2.已知在被调查的200人中，共有54人回答“是”，试估计这个地区中学生吸烟的百分比最接近（ ）
A. 54%B. 27%C. 13.5%D. 4%
【答案】D
【解析】
【分析】设这个地区中学生吸烟的百分比为，利用全概率公式即可得解.
【详解】设这个地区中学生吸烟的百分比为，
父亲的公历生日日期是奇数的概率为0.5，摸到白球、红球的概率均为0.5，
故回答“是”的概率为，解得，
故选：D.
11. 若存在，使函数的图象关于对称，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由对称中心知，讨论的取值，找出正整数的最小值.
【详解】因为函数的图象关于对称，
所以 ，所以，所以，
当时不满足，
当时，，所以，因为，此时的最小值为3；
当时，，所以，因为，此时的最小值为6；
一般的：，所以，
当正整数增大时，的最小值也越来越大，故的最小值为3；
故选：C
12. 在边长为2的正方体中，取3条棱的中点构成平面，平面截正方体的截面面积为，从剩余9条棱的中点在平面的投影为，记，当最大时，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】截面为过棱中点的正六边形，投影为两个正六边形的顶点，在平面中逐类分析的取值情况，找出最小值.
详解】
如图：由正方体的对称性知，过3条棱的中点的平面截正方体的截面面积最大时为过棱中点的正六边形，其边长为，
设截面与6条棱交点分别为，
由正方体知体对角线，又，所以平面，
延长交棱延长线于E，设此棱中点为B，则，
作交平面于，所以平面 ，
则为B在截面的投影，且为正边的中线，
又，所以是的重心，
同理可得其余5条棱的中点在截面的投影到O的距离也为，
由对称性知，六边形为棱长为的正六边形，
如图在平面中建立直角坐标系，
则
可得四点共线，由对称性知也共线,也共线，
由正六边形性质知为正三角形，为边长的正三角形，边长的正三角形，
所以，
求的最小值先考虑为负值的情况，
当时，不妨令，
在中，则，其余结果都非负.
当时，则，其余结果都非负.
当，时，不妨令，
与夹角不超过，故，
当，时，不妨令，
，
，
所以为钝角，为锐角，
，
由对称性知的取值情况同上，
，
综上：的最小值为.
【点睛】关键点点睛：此题关键是找出各棱中点在截面的投影，根据两个正六边形的特点求出的所有可能取值.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没有错得2分，不选，错选得0分）
13. 如图，平行六面体的棱长均相等，，则（ ）

A. 平面B. 平面
C. 平面D. 平面
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面平行与线面垂直判定定理结合空间向量的运算依次判断选项即可.
【详解】对于A，因为，且，所以四边形为平行四边形，
则，平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，因为平行六面体的棱长均相等，所以四边形为菱形，且，
因为，
所以，
所以与不垂直，则与平面不垂直，故B错误；
对于C，因为平行六面体的棱长均相等，所以四边形为菱形，且，
所以，因为，
所以，
所以，因为，平面，所以平面，故C正确；
对于D，因为，平面，且平面，所以与平面不平行，故D错误；
故选：AC
14. 已知函数的定义域为，则（ ）
A. B.
C. 3是的零点D.
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，解不等式，求出定义域，得到；B选项，代入求值；C选项，令，求出零点；D选项，举出反例.
【详解】A选项，，解得，
故的定义域为，
故，解得，A正确；
B选项，，，B正确；
C选项，令，即，解得，
故是的零点，C错误；
D选项，当时，，故D错误.
故选：AB
15. 现有，两个相同的箱子，其中均有除了颜色不同外其他均相同的红白小球各3个，先从两个箱子中各取出一个小球，，再将两箱子混合后取出一个小球，事件：“小球为红色”，事件：“小球为白色”，事件：“小球为红色”，则下列说法错误的有（ ）
A. 发生的概率为B. 与互斥
C. 与相互独立D. 发生的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据古典概型公式判断A，根据互斥事件的定义判断B，根据相互独立事件的定义判断C，对于D，分两种情况讨论，若取出颜色相同与颜色不同，分别计算出概率即可判断.
【详解】根据题意可得，故A错误；根据互斥事件的定义可知与不互斥，故B错误；
由题可得，，所以与相互独立，故C正确；
对于D，事件分为两类：第一类,若先从两个箱子取出颜色相同的小球,
1、颜色都为白球,则混合后袋中有白球4个,红球6个,取出红球概率；
2、颜色都为红球,则混合后袋中有白球6个,红球4个,取出红球概率为-
第二类,若先从两个箱子颜色不同的小球,则混合后袋中有白球5个，红球5个，取出红球概率为，故D不对，
故选：ABD
16. 在中，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由余弦定理及同角三角函数的基本关系判断AB，根据诱导公式、二倍角的余弦公式及余弦函数的单调性判断C，根据数量积的运算律及数量积定义判断D.
【详解】因为，而，
所以，故，故A正确；
由A知，，所以，故B错误；
，若成立，只需成立，即，所以只需，
即，而，，故成立，故C正确；
因为，所以，故D正确.
故选：ACD
非选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）
17. 数据5，8，9，12，12，15的第75百分位数为__________.
【答案】12
【解析】
【分析】根据百分位数的定义计算即可.
【详解】由题意可知：，则从小到大第五个数为12.
故答案为：12
18. 上、下底面面积分别为1，4，高为3的圆台体积为___________.
【答案】7
【解析】
【分析】由圆台体积公式即可求解.
【详解】由题意知,,，
所以.
故答案为：.
19. 若定义在上的偶函数满足，则___________，___________.
【答案】 ①. 1 ②. 4
【解析】
【分析】由奇偶性及赋值得，，由得周期为2，可求.
【详解】在中令得，
又为偶函数，所以，所以.
由得，所以，所以的周期为2，
因为为偶函数，所以，
在中令得，所以，
所以，
故答案为：1；4
20. 已知正数a，b，c满足，，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】使用不等式将放缩，使用“1”代换及基本不等式求得目标最小值.
【详解】由题意知，当时取等号，
故
，当时取等号，
综上，当时，的最小值为2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：本题求最小值关键是第一步用放缩法将放掉，第二步是将中的2代换为，将整式处理为，再用“1”的代换求最小值.
四、解答题（本大题3小题，每小题11分，共33分）
21. 梅雨季节，杨梅上市，现有8筐杨梅，其中3筐是A种杨梅，5筐是B种杨梅，两种筐子完全相同.
（1）从中抽取1筐，直接写出所抽为A种杨梅的概率；
（2）从中无放回地抽取2筐，求所抽筐都是A种杨梅的概率；
（3）从中无放回地抽取2筐，求所抽筐中至少有1筐是B种杨梅的概率.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率计算公式求解即可；
（2）利用概率的独立性计算求解即可；
（3）利用对立事件的概率公式计算求解即可．
【小问1详解】
记事件A：所抽1筐为A种杨梅为A，则；
小问2详解】
记事件B：抽第2筐杨梅为A种；事件C：所抽2筐都是A种杨梅；
则；
小问3详解】
记事件D：至少有1筐是B种杨梅；
则.
22. 如图，在底面为边长为2的菱形的四棱锥中，，平面平面，，设是棱上一点，三棱锥的体积为.
（1）证明：；
（2）求；
（3）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连结，，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）作于，根据面面垂直的性质证明平面，再根据三棱锥的体积公式即可得解；
（3）作交于的延长线于点，连接，证明平面，则，则即为二面角的平面角，再解即可.
【小问1详解】
取中点，连结，，
因为，所以，
在菱形中，，则是等边三角形，
所以，
又平面，
故平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以，所以，
所以；
【小问3详解】
作交于的延长线于点，连接，
由平面，平面，得，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
.
23. 已知函数，的零点分别为，.
（1）若，求；
（2）是否存在，使？说明理由；
（3）若，用含的代数式表示最大值.
【答案】（1）；
（2）存在，理由见解析
（3）.
【解析】
【分析】（1）将代入解析式，得到，单调递增，且，即得到零点-1.
（2）由题意可得：，两式相加，令，化简得到，将代入上式中，能够求出，进而有这样的值.
（3），两式作差得到，和（2）的相除得到：，解出，根据函数的单调性得到最大值.
【小问1详解】
，有，
而单调递增，故；
【小问2详解】
存在；
（i）；（ⅱ），
（i）+（ⅱ），得，
令，则（*）
由（i），代入（*）解得，
代入（i）中，有正解，故存在；
【小问3详解】
（i）-（ⅱ），得，
由得，
故，
函数，
，令，
则，令
则，则在上递减，，，
，在上递减，，
，即，单调递减，
故，
最大值为.