浙江省稽阳联谊学校2024届高三下学期4月联考数学试题

2024年浙江省稽阳联谊学校高考数学联考试卷（4月份） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知在复平面内对应的点位于第二象限，则复数z可能是(    ) A. B. C. D. 2.已知集合，，则(    ) A. B. C. D. 3.的展开式中的常数项是(    ) A. 224 B. 448 C. 560 D. 4.“”是“”的(    ) A. 充分必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分不必要条件 D. 必要不充分条件 5.已知P，，则的最大值是(    ) A. 2 B. C. 4 D. 6.如图，战国时期楚国标准度量衡器-一木衡铜环权1954年出土于湖南长沙，“木衡”杆长27厘米，铜盘直径4厘米.“环权”类似于砝码，用于测量物体质量.九枚“环权”重量最小的为1铢，最大的为半斤我国古代1两铢，1斤两，从小到大排列后前3项为等差数列，后7项为等比数列，公比为若铜盘一侧某物体为2两13铢，则另一侧需要放置的“环权”枚数为(    ) A. 2枚 B. 3枚 C. 4枚 D. 5枚 7.设，，…，是总体数据中抽取的样本，k为正整数，则称为样本k阶中心矩，其中为样本均值.统计学中，当我们遇到数据分布形状不对称时，常用样本中心矩的函数——样本偏度来刻画偏离方向与程度.若将样本数据，，…，绘制柱形图如图所示，则(    ) A. B. C. D. 与0的大小关系不能确定 8.已知定义在R上的函数恒大于0，对，，都有，且，则下列说法错误的是(    ) A. B. C. 是奇数 D. 有最小值 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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.已知函数，下列说法正确的是(    ) A. B. 方程有3个解 C. 当， D. 过点作的切线，有且仅有一条 10.已知数列的前n项和，且向量，，对于任意，都有，则下列说法正确的是(    ) A. 存在实数，使得数列成等比数列 B. 存在实数，使得数列成等差数列 C. 若，则 D. 若，则… 11.已知正四棱台，，球O内切于棱台，点P为侧面上一点含边界，则(    ) A. 球O的表面积为 B. 三棱锥的外接球球心可能为O C. 若直线面，则 D. 平面与球O的截面面积最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知平面向量，，若，则k的值可以是______写出一个值即可 13.若，，则的最大值是______其中表示a，b中的较小值 14.已知左、右焦点为，的椭圆：，圆：，点A是椭圆与圆的交点，直线交椭圆于点若，则椭圆的离心率是______. 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 已知面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，请从以下条件中任选一个，解答下列问题： ①； ②； ③ Ⅰ求角C； Ⅱ若，D是AB上的点，CD平分，的面积为，求角平分线CD的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16.本小题15分 如图，五面体ABCDEF中，已知面面CDEF，，， Ⅰ求证： Ⅱ若，，点P为线段AF中点，求直线BP与平面BDF夹角的正弦值. 17.本小题15分 盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入个同色球. Ⅰ若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值； Ⅱ若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球. 分别求，，； 结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率. 18.本小题17分 已知抛物线：的焦点为F，A，B是抛物线上两点互异 Ⅰ若，且，求抛物线的方程. Ⅱ为坐标原点，G为线段AB中点，且 求证：直线AB过定点； 轴上的定点E满足EO为的角平分线，连接AE、BE，延长BO交AE于点P，延长AO交BE于点Q，求的最大值用含p的代数式表示 19.本小题17分 已知函数， Ⅰ当时，求的最小值； Ⅱ若在定义域内单调递增，求实数a的取值范围； Ⅲ当时，设为函数的极大值点，求证： 答案和解析 1.【答案】A  【解析】解：，对应的点为，在第二象限，A正确； ，对应的点为，不在第二象限，B错误； ，对应的点为，不在第二象限，C错误； ，对应的点为，不在第二象限，D错误． 故选： 根据复数的乘法运算，逐一核对选项即可． 本题考查复数的几何意义，属于基础题． 2.【答案】D  【解析】解：集合， 或， 故 故选： 先求出集合A，B，再结合交集的运算，即可求解． 本题主要考查交集及其运算，属于基础题． 3.【答案】B  【解析】解：二项式的展开式的通项公式为，，1，…，7， 令，则， 所以多项式的展开式的常数项为 故选： 求出二项式的展开式的通项公式，然后令x的指数为，进而可以求解． 本题考查了二项式定理的应用，属于基础题． 4.【答案】C  【解析】解：由，得，即充分性成立； 反之，，即必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件． 故选： 利用充分条件与必要条件的概念判断即可． 本题考查正弦函数的图象与性质及充分条件与必要条件的应用，属于中档题． 5.【答案】C  【解析】解：P，， 如图， 故P，Q在两圆及其内部的范围内， 所以得最大值为 故选： 先求出P，Q两点的轨迹，再结合图形，即可求解． 本题主要考查两点之间的距离，属于基础题． 6.【答案】B  【解析】解：设数列，，， 由，，…，成等比数列，公比为2， 则，， 故由，，成等差数列，得，， 2两13铢需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铁的环权，故需要3枚． 故选： 根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解． 本题主要考查数列的应用，属于基础题． 7.【答案】C  【解析】解：样本偏度反应数据偏离方向与程度，由图表可得，有比较多的小于样本均值的数据， 当右侧有长尾时，受极端值影响，，而样本方差，则 故选： 由图可知，右拖尾时，而样本方差，从而判断的符号． 本题主要考查了频数分布直方图的应用，属于基础题． 8.【答案】D  【解析】解：， 取， 则， 故，选项A正确； 取， 则，则，选项B正确． 取，则， 则， 取，， ， 则是奇数，选项C正确； 取函数，符合题目条件，但此时无最小值，故选项D错误． 故选： 根据已知条件，结合赋值法，即可求解． 本题主要考查抽象函数及其应用，考查转化能力，属于中档题． 9.【答案】AC  【解析】解：对于A，，则， 所以， 由，得， 所以关于中心对称， 所以，故A正确； 对于B，因为，所以， 令，得，或， 令，得， 所以在，单调递增，在单调递减， 在处有极大值，极大值为， 又因为，所以方程有唯一解，故B错误； 对于C，由B可知，在上单调递增，在上单调递减， 又因为，，，， 所以的最大值为3，最小值为1，即，故C正确； 对于D，若点为切点，由，可得切线方程为，即， 若点不是切点，设切点坐标为，且， 则切线的斜率， 所以切线方程为， 又因为切线方程过点， 所以， 解得或舍去， 所以切线方程为，即 综上所述，过点作的切线有2条，故D错误． 故选： 由可求出的对称中心，进而可判断A，求导得到的单调性和最值，进而可判断BC，分点是切点和不是切点两种情况讨论，结合导数的几何意义可判断 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题． 10.【答案】BCD  【解析】解：由，向量，，对于任意，都有， 可得，若，则，可得是等差数列，故B正确； 若，可得，可得，则，故A错误； 若，则，，故C正确； 若，则， ，故D正确． 故选： 由向量共线的坐标表示推得，讨论的值，结合等差数列和等比数列的定义和通项公式，可得结论． 本题考查数列的递推式和向量共线的坐标表示、等差数列和等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和方程思想、运算能力和推理能力，属于中档题． 11.【答案】ACD  【解析】解：已知正四棱台，，球O内切于棱台，点P为侧面上一点含边界， 对于A选项，取AD，BC，，的中点分别为M，N，X，Y，再取MN，XY的中点为S，R， 则，，球O内切于棱台， 则O点即为梯形MNXY内切圆心，易知O为SR中点，且MO，YO均为角平分线，故∽， 则， 故球O的表面积，故A选项正确； 对于B选项，由上述分析可得，， 则正四棱台的侧棱， 作，垂足为E，则E为XN三等分点靠近 设，由勾股定理得，则， 的外接圆心为XN三等分点靠近， 则三棱锥的外接球球心满足平面， 显然平面， 故三棱锥的外接球球心不可能为O，故B选项错误； 对于C选项，若直线平面，作，垂足为H， 则P的轨迹为以DH为直径的圆，圆所在的平面与垂直， 又点P为侧面上一点含边界，取，的中点，， 作，垂足为P，此时，故C选项正确； 对于D选项，平面与球O的截面为圆，半径满足， 故只需找离O最远的平面即可，显然观察四个顶点即可， 其中P取A，时为同一平面，此时显然离O较近， 当P取时，作，垂足为F，则平面， ； 当P取D时，作，垂足为G， 则平面，， 故，故圆的截面面积为，故D选项正确． 故选： 对于A：取AD，BC，，的中点分别为M，N，X，Y，再取MN，XY的中点为S，R，证出∽，进而求得r即可； 对于B：利用条件得出三棱锥的外接球球心满足平面，显然平面，即可判断； 对于C：若直线平面，则P的轨迹为以DH为直径的圆，求解即可； 对于D：当P取D时，作，垂足为G，则平面，，即可得解． 本题考查的知识点：棱台的性质，棱台和球的关系，主要考查学生的运算能力和空间想象能力，属于中档题． 12.【答案】或  【解析】解：平面向量，， ， ，， ， ， 解得 故答案为：或 利用平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质求解． 本题考查平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 13.【答案】  【解析】解：设， 则，， 所以，即，当且仅当时取等号． 故答案为： 设，则，，即，结合基本不等式即可求解． 本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题． 14.【答案】  【解析】解：设：与x轴的交点为P，Q，不妨设，，， 根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，又，则， 因为，，代入，得到， 在中，，， 由余弦定理得，解得 故答案为： 根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，再得到，最后利用余弦定理求出 本题考查椭圆的性质，属于中档题． 15.【答案】解：Ⅰ若选①，由三角形的面积公式及余弦定理可得， 可得，又因为， 所以； 若选②，由正弦定理可得：， 因为，所以，， 可得，再由， 可得， 即； 若选③，由正弦定理可得：，， 可得，， 可得， 解得； Ⅱ因为，D是AB上的点，CD平分，的面积为， 所以， 可得，， 由余弦定理可得， 即，解得 即角平分线CD的长为  【解析】Ⅰ若选①，由三角形的面积公式及余弦定理可得的值，再由角C的范围，可得角C的大小；选②，由正弦定理及半角公式可得的值，再由角C的范围，可得角C的大小；若选③，由正弦定理及诱导公式可得角C的大小； Ⅱ由等面积法及余弦定理可得角平分线CD的值． 本题考查正弦定理，余弦定理的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题． 16.【答案】解：Ⅰ证明：取DE中点M，连接AM，因为，所以， 又因为面面CDEF，且面面， 所以面CDEF， 面CDEF，所以， 又因为，且， 所以面ADE，所以， 又，所以； Ⅱ因为在直角梯形ABCD中，，，， 易求得，又，， 所以三角形ADE为等边三角形， 如图，以M为原点建立直角坐标系，，，，，， 因为P是AF中点，所以点P坐标为， 所以，，， 设面BDF的法向量为， 则， 则可取， 所以  【解析】Ⅰ由已知证出面CDEF，则，进而得出面ADE，再根据以及线面垂直的性质定理即可得证； Ⅱ建立空间直角坐标系，求出面BDF的法向量，结合向量夹角公式即可求解． 本题考查线线垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题． 17.【答案】解：Ⅰ若，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则， 故， 由，， 故最大值为或，即的最大值； Ⅱ， ， ； 由可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关， 则……  【解析】Ⅰ利用独立事件的概率乘法公式求解； Ⅱ利用条件概率公式求解； 由可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，再结合独立事件的概率乘法公式求解． 本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了条件概率公式，属于中档题． 18.【答案】解：Ⅰ因为，则线段AB是抛物线的通径， 所以，得到， 抛物线方程为 Ⅱ证明：因为， 所以O在以AB为直径的圆上， 所以， 所以， 设，， 则， 所以直线AB方程为， 又，所以， AB方程为， 直线AB过定点 设，EO为的角平分线，则， ，整理得， 因为， 解得，即，， 不妨设，因为， 则，同理，直线EA的方程为， 与直线的交点横坐标，同理， 所以 ， 令，则， 所以，当且仅当，取最大值  【解析】Ⅰ利用抛物线的性质即可求解； Ⅱ因为，则可推得，设，，求出，进一步可得直线AB的方程，然后由，可得，代入直线AB的方程即可得证； 设，EO为的角平分线，则，可得，即，，不妨设，因为，则，同理，直线EA的方程为，与直线的交点横坐标，同理，表示出，运用换元法求解即可． 本题考查抛物线的方程与性质，考查联立直线与抛物线的方程解决综合问题，属于中档题． 19.【答案】解：Ⅰ当时，，定义域为， 则， 由，可得在单调递增，且， 故时，，单调递减；时，，单调递增， 则的最小值为； Ⅱ若在定义域内单调递增，则在上恒成立， ， 令，则，且可知， 下证时，， 由关于单调递增，则， 令，则， 故在上单调递增，且， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 综上所述，时，在定义域上单调递增； Ⅲ，， 则在上单调递增，且存在唯一，使得， 故在上单调递减，单调递增，其中，且由，则， 而， 故存在唯一极大值点与极小值点，满足， 又，则， 由，故， ， 令，， 则，时，，时，， 所以， 即  【解析】Ⅰ当时，，定义域为，求导得到的单调性，进而求出的最值； Ⅱ若在定义域内单调递增，则在上恒成立，由可得，再证时，在定义域上单调递增即可； Ⅲ求导可知存在唯一，使得在上单调递减，单调递增，进而可得，再结合证明即可． 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$