2024-2025学年浙江省名校协作体高三（上）适应性数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省名校协作体高三（上）适应性数学试卷（含答案），共8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。

1.数据4，2，5，2，6，0的上四分位数是( )
A. 2B. 4C. 5D. 6
2.设随机变量X服从二项分布B(n,45)，若P(X≥1)=0.9984，则D(X)=( )
A. 0.16B. 0.32C. 0.64D. 0.84
3.设集合A={−1,a,a2−2}，B={0,2,a+2}，C={−a}，则下列选项中一定成立的是( )
A. A∪C=AB. A∩C=⌀C. B∪C=BD. A∩B=⌀
4.方程lg3x=lg6x⋅lg9x的实数解有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
5.已知抛物线y2=2px(p>0)与斜率为32p的直线恰有一个公共点P，则点P的纵坐标为( )
A. 164B. 132C. 116D. 18
6.如图，在下列四个正方体中，P是顶点，A，B，C是棱的中点，则三棱锥P−ABC体积最大的是( )
A. B.
C. D.
7.已知函数f(x)=x2+k,x≤0 x−k,x>0，若f(f(x))=1恰有三个不同实根，则k的取值范围是( )
A. [−1,1− 52)B. [−1, 5−32)C. (3− 52,1]D. ( 5−12,1]
8.空间中一个静止的物体用三根绳子悬挂起来，已知三根绳子上的拉力大小分别为1N，2N，3N，且三根绳子中任意两根绳子的夹角均为60°，则该物体的重力大小为( )
A. 2 2NB. 2 5NC. 5ND. 6N
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设双曲线C：x2−2y2=3，则( )
A. C的实轴长为2B. C的焦距为3 2
C. C的离心率为 3D. C的渐近线方程为x± 2y=0
10.在复平面内，复数z1，z2对应的点分别是(a,b)，(b,a).已知z1≠z2，z1z2≠0，则( )
A. z1z2=z2z1B. |z1+z2|=|z1−z2|
C. |z1+z2−|=|z1−z2−|D. |z1z2|=|z1z2−|
11.已知数列{an}为公差为d的等差数列，{bn}为公比为q的正项等比数列.记An=a1+a2+…+ann，Gn=nb1b2⋯bn，Dn=1nk=1n(ak−An)2，Fn=1nk=1nbkGn，则( )
参考公式：k=1nk2=12+22+…+n2=16n(n+1)(2n+1)
A. 当F3=72时，q=2B. 当D5=2时，D7=4
C. Fn≥1D. k=1n1D2k+1<3d2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,2)，b=(2−λ,λ)，若a与b的夹角为锐角，则λ的取值范围是______．
13.设014.四个村庄A，B，C，D之间建有四条道路AB，BC，CD，DA.在某个月的30天中，每逢单数日道路AB，CD开放，BC，DA封闭维护，每逢双数日道路BC，DA开放，AB，CD封闭维护.一位游客起初住在村庄A，在该月的第k(1≤k≤30)天，他以1k的概率沿当天开放的道路去往相邻村庄投宿，以1−1k的概率留在当前村庄，并且他在这30天里的选择是相互独立的.则第30天结束时该游客住在村庄B的概率为______．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=x4−(a+b)x+ab，其中−1(1)若a=0，b=12，求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)至少有两个零点．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsC+ 5asinC=b+c．
(1)求tanA；
(2)求bca2的取值范围．
17.(本小题15分)
已知Ω是棱长为 2的正四面体ABCD，设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M，若M中元素的个数为k，则称α为Ω的k阶等距平面，M为Ω的k阶等距集．
(1)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为{a}，求a的所有可能值以及相应的α的个数；
(2)已知β为Ω的4阶等距平面，且点A与点B，C，D分别位于β的两侧.若Ω的4阶等距集为{b,2b,3b,4b}，其中点A到β的距离为b，求平面BCD与β夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a2=2，Sn=n(1+an)2，令bn=an1an+1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)当n∈N∗时，bn≤bk，求正整数k；
(3)数列{bn}中是否存在相等的两项？若存在，求所有的正实数x，使得{bn}中至少有两项等于x；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
在直角坐标系xOy中，过椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点的直线与E截得的线段长的取值范围是[3,4]．
(1)求E的方程；
(2)已知曲线C：xm+ym=1(x,y,m>0)的切线l被坐标轴所截的线段长为定值．
(i)求l与C截得的线段长；
(ii)求l与E截得的线段长的取值范围．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.C
5.B
6.A
7.D
8.C
9.BD
10.ACD
11.BCD
12.(−2,43)∪(43,+∞)
13.π4
14.1558
15.解：(1)若a=0，b=12，则f(x)=x4−12x，
f′(x)=4x3−12，
令f′(x)=0，得x=12，
所以在(−∞,12)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(12,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(12)=−316．
(2)证明：因为a，b不全为0，不妨设a≠0，
f(a)=a2(a2−1)<0，
f(−1)=(1+a)(1+b)>0，f(1)=(1−a)(1−b)>0，
由零点的存在定理可得f(x)在(−∞,a)，(a,+∞)上至少有一个零点．
16.解：(1)由acsC+ 5asinC=b+c，根据正弦定理得sinAcsC+ 5sinAsinC=sinB+sinC…①，
结合sinB=sin(π−B)=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
代入①式并整理得 5sinAsinC=csAsinC+sinC，
因为△ABC中，sinC≠0，所以 5sinA=csA+1，两边平方得5sin2A=(csA+1)2，
即5(1−cs2A)=(csA+1)2，整理得3cs2A+csA−2=0，
所以csA=23(csA=−1不符合题意，舍去)．
因此，sinA= 1−cs2A= 53(舍负)，可得tanA=sinAcsA= 52；
(2)在△ABC中，csA=23，所以a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−43bc，
由此可得bca2=bcb2+c2−43bc=1bc+cb−43，
因为bc+cb≥2 bc⋅cb=2，所以bc+cb≥2−43=23，当且仅当b=c时，取等号．
因此，1bc+cb−43∈(0,32]，可知bca2的取值范围是(0,32].
17.解：(1)①情形一：分别取AB，AC，AD的中点M，E，F，

由中位线性质可知DE=EF= 22，
此时平面DEF为Ω的一个1阶等距平面，
b为正四面体高的一半，等于12× 63× 2= 33，
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面α平行于其中一个面，有4种情况；

②情形二：分别取AB，AC，CD，DB的中点P，Q，R，S，
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则a为正方体棱长的一半，等于12，
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线，有3种情况，
综上，当a的值为 33时，α有4个；当a的值为12时，α有3个．
(2)在线段AB，AC，AD上分别取一点M，E，F，
使得AM：MB=1：2，AE：EC=1：3，AF：FD=1：4，则平面β即为平面MEF，
如图，取BD中点O，连接OC，以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x，y轴，过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，

则A( 66,0,2 33)，
设ME=AE−AM=14AC−13AB=14( 63,0,−2 33)−13(− 66,− 22,−2 33)=(5 636, 26, 318)，
MF=AF−AM=15AD−13AB=15(− 66, 22,−2 33)−13(− 66,− 22,−2 33)=( 645,4 215,4 345)，
设平面MEF法向量为m=(x,y,z)，
所以m⋅MF=0m⋅ME=0，即x+4 3y+2 2z=05x+2 3y+ 2z=0，
所以m=(0,1,− 6)，
又平面BCD的法向量为n=(0,0,1)，
设平面BCD与β夹角为θ，
所以csθ=|m⋅n||m|⋅|n|= 6 1+6= 427，
所以平面BCD与β夹角余弦值为 427．
18.解：(1)S1=1+a12=a1，解得a1=1，
当≥2时，an=Sn−Sn−1=n(1+an)2−(n−1)(1+an−1)2，即(n−2)an−(n−1)an−1+1=0．
将n换成+1，有(n−1)an+1−nan+1=0．
上述两式相减得(n−1)an+1−2(n−1)an+(n−1)an−1=0，即an+1+an−1=2an，n≥2，
∴{an}为等差数列．由a1=1，a2=2，得an=n．
(2)∵bn=an1an+1=n1n+1，∴b1当≥4时，由(1+1n)n=1+k=1nCnk⋅1nk=1+k=1n1k!⋅n(n−1)⋅⋅⋅(n−k+1)nk≤1+k=1n1k!<1+k=1n12k−1
=1+1×(1−12n)1−12=1+2(1−12n)<3，
∴(n+1n)n+1=(1+1n)n(1+1n)<3(1+1n)=3+3n(n+1)1n+2，
从而可得bn>bn+1，
故{bn}的最大项是第4项b4，∴k=4．
(3)由(2)知，1=b1b5>…，
又对≥2，bn=n3n+1>b1，
∴若{bn}中有两项相等，只可能是b2=bk或b3=bm(k,m≥5)，
且这样的k，m若存在，则必唯一．
由题意得b2=213=819=b8，b3=314>b5=516，b3∴x=32．
19.解：(1)设椭圆E的焦距为2c，直线l与椭圆E交于A(x1,y1)，B(x2,y2)，
①当直线l与x轴重合时，|AB|=2a，
②当直线l与x轴重合时，设直线l的方程为x=ty+c，
联立直线l与椭圆E的方程可得x=ty+cx2a2+y2b2=1，
整理得(b2t2+a2)y2+2b2cty−b4=0，
则y1+y2=−2b2ctb2t2+a2y1y2=−b4b2t2+a2，
所以|AB|= 1+t2|y1−y2|= 1+t2⋅ (y1+y2)2−4y1y2=2ab(t2+1)t2+a2b2=2ab(1−c2b2t2+a2b2)≥2b2a，
则有|AB|∈[2b2a,2a )，
所以2b2a=3，2a=4，
解得a=2，b= 3，
所以椭圆E的方程为x24+y23=1．
(2)(i)设D(x0,y0)为椭圆E上任意一点，
由条件m≠0，则有y=(1−xm)1m，
y′=−xm−1(1−xm)m−1m=−xm−1ym−1，
则直线l的方程为y−y0=−x0m−1y0m−1(x−x0)，
设直线交x，y轴分别于I，J，
代入y=0，得xI=y0mx0m−1+x0=1x0m−1，
则有|IJ|= 1+y′2|x−0|= x02−2m+y02−2m为定值，
则只能有x02−2m+y02−2m=x0m+y0m，2−2m=m，
解得m=23，
否则有x02−2m+y02−2m，x0m+y0m均为定值，则其解有限，矛盾，
此时有|IJ|=1．
(ii)设切线与椭圆交于M(x3,y3)，N(x4,y4)
此时令k=3y0x0>0，则切线y−y0=−k(x−x0)，
将切线与椭圆E联立得y−y0=−k(x−x0)3x2+4y2=12，
所以|MN|= 1+k2|x3−x4|= 1+k2⋅ (x3+x4)2−4x3x4
=4 3 1+k23+4k2⋅ 3+4k2−(y0+kx0)2=4 3 1+k23+4k2⋅ 3+4k2−(y0+kx0)2(x02+y02)3
=4 3 1+k23+4k2⋅ 3+4k2−(k3+k)2k2+1=4 33+4k2⋅ (3+4k2)(k2+1)−k2
=4 3⋅ 4k4+6k2+33+4k2=4 3⋅ 4k4+6k2+316k4+24k2+9=2 3⋅ 1+316k4+24k2+9∈(2 3,4)．