精品解析：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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算以及复数的几何意义，逐一核对选项即可． 【详解】对于选项A：因为， 可知对应的点为，在第二象限，故A正确； 对于选项B：因为， 可知对应的点为，不在第二象限，故B错误； 对于选项C：因为， 可知对应的点为，不在第二象限，故C错误； 对于选项D：因为， 可知对应的点为，不在第二象限，故D错误． 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解不等式求出集合A，B，再结合交集的运算，求出． 【详解】不等式，即，解得， 则集合， 不等式，解得或， 则集合或， 故. 故选：D. 3. 的展开式中的常数项是（ ） A. 224 B. 448 C. 560 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出二项式的展开式的通项公式，然后再令的指数为，进而可以求解. 【详解】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：B. 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 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的概念结合正弦函数的图象与性质判断即可得. 【详解】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：C. 5. 已知，，则的最大值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出P，Q两点的轨迹，再结合图形，即可求解. 【详解】由，， 即有， 如图： 故P，Q在如图所示两圆及其内部的范围内， 所以得最大值为4. 故选：C. 6. 如图，战国时期楚国标准度量衡器——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2，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 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的通项公式和性质，即可求解． 【详解】解：设数列，可得，， 由成等比数列，公比为2，则， 可得，因为成等差数列，可得，所以， 所以2两13铢需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铁的环权，可得需要3枚． 故选：B. 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 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，右拖尾时，而样本方差，从而判断的符号． 详解】， 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：C. 8. 已知定义在R上函数恒大于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 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，取，则，，选项A正确； 对于B，取，则，则，选项B正确； 对于C，取，，则，则， 取，，， 则，所以是奇数，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：D. 【点睛】关键点点睛：判断CD选项的关键是得出，由此即可顺利得解. 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. 当时， D. 曲线有且仅有一条过点的切线 【答案】AC 【解析】 【分析】直接验证可判断A，对表达式进行变换，可判断B和C，直接给出两条符合条件的切线，可判断D. 【详解】对于A，由于，从而 ，故A正确； 对于B，由于当时有， 当时有， 故方程在上无解； 而当时有，故在上递增，从而方程在上至多有一个解. 所以方程总共至多有一个解，不可能有3个解，故B错误； 对于C，当时，由有， 且由有， 从而，故C正确； 对于D，由于，故，. 而，，故曲线在和处的切线分别是和，这两条切线均过点，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于从多种角度研究三次函数的性质. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据向量平行得出关于数列的n项和的关系式，再对的取值进行讨论并结合等差数列、等比数列的定义和通项公式即可判断各选项的正误. 【详解】由，向量，，对于任意，都有， 可得， ①若，则，可得是等差数列，故选项B正确； ②若，可得，可得， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 即， 时，，时也适合， 由题意可知且，所以和均为常数且不为0， 根据等比数列通项公式可知是关于的指数函数与一个常数的积， 因此当时，数列不是等比数列，因此不存在实数使为等比数列 故选项A错误； ③若，则，，故选项C正确； ④若，则， ，故选项D正确． 故选：BCD. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：取，，，的中点分别为M，N，X，Y，再取，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． 【详解】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，，，的中点分别为M，N，X，Y，再取， 的中点为S，R， 则，，球O内切于棱台， 则O点即为梯形内切圆心，易知O为中点，且，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为三等分点（靠近N）. 记的外接圆的圆心为，则在的垂直平分线上， 设，由勾股定理得，则， 的外接圆心为三等分点（靠近X）， 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， 因为平面，所以， 则P的轨迹为以为直径的圆， 因为， 由线面垂直判定定理易得，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，， 易知平面， 作，垂足为，点与点重合， 因为， 由余弦定理可得，所以， 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， 显然当P取D时，点到其距离最小， 作，垂足为F， 因为平面，平面， 所以， 由线面垂直判定定理可得，平面， 因为，为中点，， ， 故，故圆的截面面积为，故D选项正确． 故选：ACD. 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） 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质求解即可得出答案. 【详解】平面向量，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得. 故答案为：（与写出一个值即可） 13. 若，，则的最大值是______.（其中表示a，b中的较小值） 【答案】## 【解析】 【分析】先证明，再说明当，时. 【详解】. 当，时，. 所以的最大值是. 故答案为：. 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B.若，则椭圆的离心率是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，得到，结合椭圆定义得出焦半径，最后利用余弦定理求出离心率. 【详解】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， 设与轴正方向形成的角为，则，，代入得 ， 在中，， 由余弦定理得，解得，即. 故答案为：. 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. 已知面积为，角，，的对边分别为，，，请从以下条件中任选一个，解答下列问题： ①； ②； ③ （1）求角； （2）若，是上的点，平分，的面积为，求角平分线的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）若选①，由三角形的面积公式及余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；如选②，由正弦定理及二倍角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小；若选③，由正弦定理及诱导公式可得角的大小； （2）由等面积法及余弦定理可得角平分线的值． 【小问1详解】 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，则，所以，所以， 又，则，所以， 所以，所以，则； 若选③，由正弦定理可得， 因为，则，所以， 即，所以， 即， 又，则，所以，则； 【小问2详解】 因为，是上的点，平分，的面积为， 所以， 可得，， 由余弦定理可得， 即，解得（负值已舍去）， 即角平分线的长为. 16. 如图，五面体ABCDEF中，已知面面，，，. （1）求证：. （2）若，，点P为线段中点，求直线与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知证出面，则，进而得出平面，再根据以及线面垂直的性质定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出面的法向量，结合线面角的向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 取中点M，连接，因，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，平面，所以， 又，所以； 小问2详解】 因为在直角梯形中，，，， 易求得，又，，所以三角形为等边三角形， 如图，以M为原点建立直角坐标系，，，，，， 因为P是中点，所以点P坐标为， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，则可取， 设直线与平面夹角为， 所以. 17. 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k个同（）色球. （1）若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值； （2）若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球. （ⅰ）分别求，，； （ⅱ）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. 【答案】（1）； （2）（ⅰ），，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解； （2）（ⅰ）利用条件概率公式求解； （ⅱ）由（ⅰ）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． 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （ⅰ）， ， ； （ⅱ）由（ⅰ）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. 18. 已知抛物线：（）的焦点为F，A，B是抛物线上两点（A，B互异）. （1）若，且，求抛物线的方程. （2）O为坐标原点，G为线段中点，且. （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）x轴上的定点E满足为的角平分线，连接、，延长交于点P，延长交于点Q，求的最大值（用含p的代数式表示）. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由对称性可知⊥轴，从而得到点的坐标，根据得到方程，求出答案； （2）（ⅰ）因为，则可推得，设，，求出，进一步可得直线的方程，然后由，可得，代入直线的方程即可得证； （ⅱ）设，为的角平分线，则，可得，即，，不妨设，因为，则，同理，直线的方程为，与直线的交点横坐标，同理，表示出，运用换元法求解即可． 【小问1详解】 因为，所以为线段的中点， 由对称性可知⊥轴， 故的横坐标均为， 中令得，， 所以，得到， 抛物线方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）证明：因为， 所以O在以为直径的圆上， 所以， 所以， 设，， 则， 所以直线方程为， 又，所以， 方程为， 直线过定点. （ⅱ）设，为角平分线，则， ，整理得， 因为， 解得，即，， 不妨设，因为， 则，同理，直线的方程为， 与直线的交点横坐标，同理， 所以 ， 令，则， 所以， 由于在上单调递增，故， 故，当且仅当时，等号成立. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19. 已知函数， （1）当时，求的最小值； （2）若在定义域内单调递增，求实数a的取值范围； （3）当时，设为函数的极大值点，求证：. 【答案】（1）最小值为2； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，，定义域为，求导得到的单调性，进而求出的最值； （2）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； （3）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． 【小问1详解】 当时，，定义域为， 则，记 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 ，记 ，， 易知在上单调递增，且x趋于0时，趋于，， 所以存在唯一，使得， 故在上单调递减，单调递增，其中， 根据函数在上单调递增且，得， 又，所以， 因为当x趋于0时，趋于，所以存在唯一极大值点，满足， 又，则， 由，故， ， 令，， 则，趋于0时，，时，， 所以，即. 【点睛】思路点睛：本题主要考查函数的综合问题，属于难题，解决该题时注意： （1）利用导数判断函数单调性时，如果导函数的取值情况不能直接得到，可以二次求导，注意一定写出二次求导过程； （2）已知函数单调递增，利用导数求参数时，注意条件应为，带等号； （3）极小值点不能得到具体值的情况可利用转化与化归的方法，利用等式方程变形证明不等式，必要时还可利用放缩法。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年浙江省稽阳联谊学校高考数学联考试卷（4月份） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知在复平面内对应的点位于第二象限，则复数z可能是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中的常数项是（ ） A 224 B. 448 C. 560 D. 4. “”是“”的（ ） A. 充分必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分不必要条件 D. 必要不充分条件 5. 已知，，则的最大值是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 如图，战国时期楚国标准度量衡器——木衡铜环权1954年出土于湖南长沙，“木衡”杆长27厘米，铜盘直径4厘米.“环权”类似于砝码，用于测量物体质量，九枚“环权”重量最小的为1铢，最大的为半斤（我国古代1两铢，1斤两），从小到大排列后前3项为等差数列，后7项为等比数列，公比为2，若铜盘一侧某物体为2两13铢，则另一侧需要放置的“环权”枚数为（ ） A. 2枚 B. 3枚 C. 4枚 D. 5枚 7. 设，，…，是总体数据中抽取的样本，k为正整数，则称为样本k阶中心矩，其中为样本均值.统计学中，当我们遇到数据分布形状不对称时，常用样本中心矩的函数——样本偏度来刻画偏离方向与程度.若将样本数据，，…，绘制柱形图如图所示，则（ ） A. B. C. D. 与0大小关系不能确定 8. 已知定义在R上函数恒大于0，对，，都有，且，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 是奇数 D. 有最小值 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. B. 方程有3个解 C. 当时， D. 曲线有且仅有一条过点的切线 10. 已知数列的前n项和，且向量，，对于任意，都有，则下列说法正确的是（ ） A. 存在实数，使得数列成等比数列 B. 存在实数，使得数列成等差数列 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知正四棱台，，球O内切于棱台，点P为侧面上一点（含边界），则（ ） A. 球O的表面积为 B. 三棱锥外接球球心可能为O C 若直线面，则 D. 平面与球O的截面面积最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则k的值可以是______.（写出一个值即可） 13. 若，，则的最大值是______.（其中表示a，b中的较小值） 14. 已知左、右焦点为，的椭圆：（），圆：，点A是椭圆与圆的交点，直线交椭圆于点B.若，则椭圆的离心率是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知面积为，角，，的对边分别为，，，请从以下条件中任选一个，解答下列问题： ①； ②； ③ （1）求角； （2）若，是上的点，平分，的面积为，求角平分线的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16. 如图，五面体ABCDEF中，已知面面，，，. （1）求证：. （2）若，，点P为线段中点，求直线与平面夹角的正弦值. 17. 盒中共有3个小球，其中1个黑球，2个红球.每次随机抽取1球后放回，并放入k个同（）色球. （1）若，记抽取n次中恰有1次抽中黑球的概率为，求的最大值； （2）若，记事件表示抽取第i次时抽中黑球. （ⅰ）分别求，，； （ⅱ）结合上述分析，请直接写出抽取n次中恰有2次抽中黑球的概率. 18. 已知抛物线：（）的焦点为F，A，B是抛物线上两点（A，B互异）. （1）若，且，求抛物线的方程. （2）O为坐标原点，G为线段中点，且. （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）x轴上的定点E满足为的角平分线，连接、，延长交于点P，延长交于点Q，求的最大值（用含p的代数式表示）. 19. 已知函数， （1）当时，求的最小值； （2）若在定义域内单调递增，求实数a的取值范围； （3）当时，设为函数的极大值点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$