浙江省稽阳联谊学校2024届高三上学期11月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省稽阳联谊学校2024届高三上学期11月联考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。

命题人：诸暨中学 胡皓 春晖中学 郭勇 新昌中学 赵洋
审稿人：诸暨中学 寿啸天
考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题卷．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解出分式不等式和绝对值不等式，根据并集含义即可得到答案.
【详解】，
即或，解得或，则或，
则，
故选：B.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算结合共轭复数的概念即可.
【详解】由题意得，
则，
故选：C.
3. 已知平面向量，，均为单位向量，则“”是“与共线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量加法的三角形不等式，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】平面向量，，均为单位向量，则，当且仅当同向共线时取等号，
则当时，与共线，反之，与共线并且方向相反时，，
所以“”是“与共线”的充分不必要条件，A正确.
故选：A
4. 我国魏晋时期的数学家刘徽创造性的提出了“割圆术”，刘徽认为圆的内接正边形随着边数的无限增大，圆的内接正边形的周长就无限接近圆的周长，并由此求得圆周率的近似值．如图当时，圆内接正六边形的周长为，故，即．运用“割圆术”的思想，下列估算正确的是（ ）

A. 时，B. 时，
C. 时，D. 时，
【答案】A
【解析】
【分析】求出正十二边形的周长，可得出，即可得解.
【详解】设圆的内接正十二边形被分成个如图所示的等腰三角形，其顶角为，即，
作于点，则为的中点，且，

因为，在中，，即，
所以，，则，
所以，正十二边形的周长为，所以，.
故选：A.
5. 已知等比数列满足，，则的值不可能是（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求出首项和公比即可得解.
【详解】设公比为，
由，，
得，解得或或或.
故选：D.
6. 第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地，，分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能，两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由，，三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A. 150种B. 300种C. 720种D. 1008种
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数与排列数的计数方法，结合分类分步两个基本原理求解即可得的答案.
【详解】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能两地举办，且各自承办其中一项有种安排；
再次5个表演项目分别由三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有种，
故总数为种不同的安排方法.
故选：B.
7. 已知是奇函数，实数、均小于，为自然对数底数，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的性质可得出，由已知可得出，，由结合对数函数的单调性可得出，可得出，可得出，并推导出、，即可得解.
【详解】对任意的，，则函数的定义域为，
因为函数为奇函数，则，可得，所以，，
，则函数为奇函数，合乎题意，
因为，，
则，，
因为，则，
所以，，即，即，
即，
因为，，则，则，故，即，
又因为，即，可得或，
则或，即，同理可知，，故.
故选：B.
8. 椭圆的左焦点为，右顶点为，过点的倾斜角为的直线交椭圆于点，（点在轴的上方）．若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，代入椭圆方程化简得到关于的方程，解出即可.
【详解】显然，则由题意得，则，
又因为点在椭圆上，所以，
即，即，根据得
，整理得.
所以，解得，(其中均舍去)，
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数，对任意的恒成立，则（ ）
A. 的一个周期为B. 的图像关于直线对称
C. 区间上有1个极值点D. 在区间上单调递增
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，求得最小正周期即可判断；对于B，由题意求得，检验是否为即可判断；对于CD，由可得，从而可得在区间上单调递增，没有极值点，即可判断.
【详解】对于A，的最小正周期，A错；
对于B，因为对任意的恒成立，
所以当时，取得最大值，所以，
解得，又因为，所以，
所以，所以当时，，所以的图像关于直线对称，B对；
对于CD，因为，所以，
所以在区间上单调递增，没有极值点，C错D对.
故选：BD.
10. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据对立事件的性质结合已知可得，利用条件概率公式和全概率公式推导可判断ABD；举特例可判断C.
【详解】由对立事件性质知，，
又，所以，
因为，所以，所以，B正确；
又因为，
所以，得，D正确；
由，得，
则，
又，所以，故，A错误；
以掷一颗骰子为例，不妨记事件A：掷出的点数为奇数；事件B：掷出的点数为1点或3点.
则：掷出的点数为偶数；：掷出的点数为2点或4点或5点或6点.
易知，，
，
所以
满足题设，，
但，故C错误.
故选：BD
11. 在底面为菱形的直四棱柱中，为中点，点满足，，（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，平面D. 当时，平面
【答案】AC
【解析】
【分析】根据共面向量定理和共线向量定理结论结合线面垂直的判定、面面平行的判定和性质一一分析即可.
【详解】由题意得三向量共面，当，根据共线向量定理的结论知（不与边界点重合），
因为底面为菱形的直四棱柱，，底面，
因为平面，所以，又因为平面，，
所以平面，因为平面，
所以，故A正确；
对B，若，且由A知，又因为平面，
且，所以平面，根据A中的同样方法可证明平面，
则，显然不可能，故B错误；
对C，当时，设的中点为，的中点为，
则，则根据可知（不包含边界），
根据中位线可知，平面， 平面，所以平面，
同理根据可得平面，因为，且平面，
所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；
对D，由平面与平面相交，所以平面与平面相交，
则无法得到平面，故D错误.
故选：AC.
12. 已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，，，且为奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据条件分析出的周期性对称性，再得到的周期性的对称性，最后由求导得到和的周期性和对称性，代入求解即可.
【详解】由题意得，所以，
两式相减可得①，所以关于点中心对称，
又因为为奇函数，所以②，
即，所以关于点中心对称，
而定义域为，所以，A正确；
②式两边对求导可得，所以是偶函数，
以替换①中的可得，
所以，所以是最小正周期为4的周期函数，
因为，所以也是最小正周期为4的周期函数，
即，两边求导可得，
所以也是最小正周期为4的周期函数，所以不恒成立，B错误；
由①得，令，解得，
所以③，即关于直线对称，
以替换③中的可得，
由②可知，所以④，
所以，所以C正确；
由上可知关于点中心对称，所以
又因为是偶函数，所以
又因为是最小正周期为4的周期函数，所以，
由条件可得，
所以，
由④知，所以，D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：解决这类题的关键是熟练掌握对称与周期的关系，若关于两点（纵坐标相同）或者两条直线（平行于轴）对称，则周期为这两点或者这两条直线的距离的两倍，若关于一点和一直线（平行于轴）对称，则周期为这点和这条直线的距离的四倍.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知锐角满足；则________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用同角公式、和差角的正弦公式计算得解.
【详解】锐角满足，则，
所以.
故答案为：
14. 已知，，，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意得， ，则，由基本不等式求解即可.
【详解】解：依题意得，，则，
故，
当且仅当时等号成立，又，
解得，
所以的最小值为.
故答案为：.
15. 已知抛物线，圆，若抛物线与圆有四个公共点，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线与圆的交点个数联立消元列不等式求解即可得的取值范围.
【详解】联立方消去整理得
因为抛物线与圆有四个公共点，
所以，且
所以解得，则的取值范围为.
故答案为：.
16. 体积为的直三棱柱中，，，则此三棱柱外接球的表面积的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设直三棱柱的高为，外接圆的半径为，，直三棱柱外接球的的半径为，根据棱柱的体积可得，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用勾股定理求出的最小值，再根据球的表面积公式即可得解.
【详解】设直三棱柱的高为，外接圆的半径为，
，直三棱柱外接球的的半径为，
则，所以，
在中，由余弦定理可得，
则，所以，
所以，
令，则，
则，
当且仅当，即，即时取等号，
所以此三棱柱外接球的表面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）证明：；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正、余弦定理进行角换边即可证明；
（2）首先求出，再结合三角形面积公式得，最后利用（1）中结论和余弦定理即可求出周长.
【小问1详解】
由正弦定理及余弦定理可得：
化简得：.
【小问2详解】
因为，且为三角形内角，
.
，所以.
由余弦定理可得:，
所以，
，
，即，
所以周长为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为的重心，．
（1）当直线平面时，求的值；
（2）当时，求平面与平面的夹角的大小．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的性质，结合三角形重心定理求解即得.
（2）在平面内作，以点为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
连接，由四边形是矩形，得是中点，而为的重心，
则点在线段上，有，于是，
由平面，平面，平面平面，得，因此，
所以.
【小问2详解】
在中，，则，有，
在平面内作，由平面平面，平面平面，
得平面，显然射线两两垂直，以点为坐标原点，
射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
由（1）知，，则，
，设平面一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，设平面与平面的夹角为，
因此，从而，
所以平面与平面的夹角的大小为.
19. 电网公司将调整电价，为此从某社区随机抽取100户用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图．调价方案为：月用电量在以下（占总数的71%）的用户电价不变，月用电量在以上则电价将上浮10%．

（1）求和的值；
（2）若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从月用电量不低于的用户中抽9户用户，再从这9户用户中随机抽取3户，记月用电量在区间内的户数为，试求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图利用频率之和为可求得的值，结合百分位数的估计可得的值；
（2）利用分层抽样得两组各抽取样本数，结合超几何分布求解概率即可得分布列，从而可求数学期望.
【小问1详解】
因为
所以
第一到第六组的频率依次为：
前三组频率之和为，前四组频率之和为，
则第71百分位数在区间内，所以，
解得；
小问2详解】
月用电量在，的频率分别为：，据按比例分配的分层随机抽样可知：
用电量在，分别有人，人，从而可取的值为：0，1，2，3.
故的分布列为：
则
20. 已知各项非零的数列，其前项的和为，满足．
（1）若，证明：；
（2）是否存在常数，使得是等差数列？若存在，求出的所有可能值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合已知可得，再借助推理即得.
（2）假定存在，利用等差数列的通项公式建立关于的恒等式，再分析计算判断即得.
【小问1详解】
由和，得，又数列的首项不为零，则，
由，于是，由，
得，
所以.
【小问2详解】
由，得，有，两式相减并整理得：
，假设存在常数，使得是等差数列，设公差为，
则有，
因此对任意，恒成立，
从而，解得(舍去)或，
由，解得，则，
所以存在，使得是等差数列，此时.
21. 双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，，且的面积为．
（1）求双曲线的方程；
（2）若点在第一象限，且有，求点的横坐标．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标，进而求出，再结合三角形面积求出即得.
（2）设出点的坐标，利用斜率坐标公式及倍角的正切公式列式计算即得.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为，则，由，得，由，得，
于是，即，由的面积为，得，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设，其中，当时，有，，
则，此时，
因此，设直线、的倾斜角分别为，则有，
又，，
则
，
当时，有，
所以，即，
解得，而，于是，
所以点的横坐标为.
【点睛】关键点睛：本题第2问，设出点的坐标，利用斜率坐标公式，结合倍角公式列出方程是求解问题的关系.
22. 已知函数，，为自然对数底数．
（1）证明：当时，；
（2）若不等式对任意的恒成立，求整数的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）4.
【解析】
【分析】（1）记，利用导数研究单调性，结合可证；
（2）构造函数，根据确定，再构造函数，利用导数求函数的最大值，结合（1）中结论即可确定a的最小值.
【小问1详解】
记，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以，当时，，即.
【小问2详解】
令，
由题可知，当时，恒成立.
因为，所以，
因为，所以，即，
所以，
因为，所以.
当时，，故.
当时，不等式等价于，
设，
由（1）知，，
，
记，
易知，在上单调递减，且，
所以，当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.
故当时，取得最大值.
所以，在区间上恒成立，
所以，整数的最小值为4.
【点睛】本题难点有二：一是通过取特值确定，二是利用（1）中结论进行放缩，构造函数，利用导数求最值即可.对于参变分离之后，函数复杂，不宜直接研究时经常采取适当放缩进行处理.