精品解析：浙江省2024年第一届启航杯联考数学试题

浙江省2024年第一届启航杯联考数学试题 2024年7月29日 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，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，则的元素数量是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性得，即可求解. 【详解】由于，故，又，故，有5个元素， 故选：D. 2. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法、减法运算和复数的模计算得到结果. 【详解】由题得， 则， 答选：B. 3. 椭圆的左右焦点分别为为上一点，则当的面积最大时，的取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过计算找到的面积最大时，点在椭圆的上下顶点处，再通过边的关系找到具体的值. 【详解】 由题意知，，设， 则， 由，得时面积最大，此时， 而此时，故， 所以 . 故选：A. 4. 已知棱长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先得截面圆半径，再求得球心到截面圆的距离即可得球的半径，结合球的表面积公式即可求解. 【详解】由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4. 连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面， 再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5， 则表面积为. 故选：B. 5. 已知的二项式系数之和为64，则的展开式中常数项为（ ） A. 1 B. 6 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】先根据二项式系数之和求出，进一步即可得解. 【详解】由二项式系数的组合意义，，得， 则中常数项为. 故选：C. 6. 已知对恒成立，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. e D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得对恒成立，令，利用导数求得，即，再令，利用导数求出的最小值，可求出的取值范围，从而可求出的最大值. 【详解】由，得， 所以对恒成立， 令，则在上单调递增， 由，得， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以，即 令， 则在上单调递增， 由，得， 所以当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以，所以， 所以的最大值为1. 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是通过对原不等式变形，将问题转化为对恒成立，然后构造函数，利用导数求出最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 7. 已知且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意等式两边平方化简为平方得，令，结合二倍角余弦公式得，取，，利用二倍角正弦公式和诱导公式计算的结果； 【详解】平方得，令， 则， 不妨取，则， 故选：C. 8. 克拉丽丝有一枚不对称的硬币.每次掷出后正面向上的概率为，她掷了次硬币，最终有10次正面向上.但她没有留意自己一共掷了多少次硬币.设随机变量表示每掷次硬币中正面向上的次数，现以使最大的值估计的取值并计算.(若有多个使最大，则取其中的最小值).下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与10的大小无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知服从二项分布，，结合，计算得，又和，故得. 【详解】由题，服从二项分布，则， 最大即为满足的最小， 即为， 又，故为整数时，不为整数时为大于的最小整数， 而，当为整数时显然成立， 当不为整数时大于的最小整数为的整数部分，其小于， 故， 答选：B. 【点睛】方法点睛：随机变量服从二项分布常用二项分布的概率公式、期望和方差公式进行计算. 9. 如图所示，在棱长为2的正方体中，为的中点，为靠近的四等分点，为线段MG上一动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. C. HD的最小值为 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意先证明线面平行结合三棱锥的体积公式判断A；在三角形中利用余弦定理计算判断B；根据点到直线的距离公式计算HD的最小值判断C；利用当与重合计算判断D； 【详解】对于A，取中点为，连中点为，连， 则易得且，故为平行四边形，， 又GM为中位线，故，故， 又平面平面，故平面， 其上任意一点到平面的距离相等，故三棱锥体积为定值，A正确， 对于B，由题，，而， 故，B错误， 对于C，当时HD最小，在平面内以为原点，DB为轴正方向，为轴正方向建立平面直角坐标系， 则到GM的距离为，经验证此时在线段GM上，C正确， 对于D，当与重合时，，则，取明显错误，故D错误. 故选：AC. 10. 设定义域为的单调递增函数满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. C. 不等式的解集为 D. 若使得时，恒成立，则的最小值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，利用累加判断A，利用单调性判断BC，根据时和单调递增可得判断D. 【详解】当时，根据题意可得， 累加可得，A说法正确； ，因为单调递增，所以， 所以，B说法错误， 由函数单调递增可得，解得，C说法正确， 由时和单调递增可得， 当时，，取即可， 另一方面，同理有，则时，， 而当时右式在时趋于，故不存在满足条件，D说法正确 故选：ACD. 11. 数学有时候也能很可爱，如题图所示是小D同学发现的一种曲线，因形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线.对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（ ） A. 该曲线与最多存在3个交点 B. 如果曲线如题图所示(x轴向右为正方向，y轴向上为正方向)，则 C. 存在一个，使得这条曲线是偶函数的图像 D. 时，该曲线中的部分可以表示为y关于x的某一函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】AB项，转化为三次方程根的个数问题研究；C项，举特例说明存在值使曲线是偶函数的图象；D项，令，由零点存在性定理说明方程至少两根，对应值不唯一即可说明不是的函数. 【详解】A项，曲线方程， 令，得关于的一元三次方程， 令，则， 最多两根，即函数最多两个极值点， 即方程最多有三个实根，故A正确； B项，若曲线如题图所示，则存在，使得与曲线图象有三个交点， 即存在，关于的方程有三个实根. 令，则， 假设，，都有，即单调递增， 则方程在最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误. 故，B正确； C项，当时，曲线即函数的图象， 设，，定义域关于原点对称. 且，所以是偶函数. 故存在，使得曲线是偶函数的图象，故C正确： D项，当时，曲线方程为. 令，得， 令，则， 由零点存在性定理知至少两根，则对应的值不唯一，不符合函数定义，故D错误； 故选：ABC. 二、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随着某抽卡游戏在班级内流行，李华统计了6位同学获得某角色的抽取次数，结果如下:10，60，90，80，20，180，则以上数据的下四分位数为_________. 【答案】20 【解析】 【分析】直接由下四分位数的定义即可求解. 【详解】共有6个数据，则向上取整为2，从小到大的第二个数据为20. 故答案为：20. 13. 已知正四面体棱长为4，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点.若，则的最大值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理可得为方程两根，一方面说明时，没有最大值，另一方面，说明时，可以取到最大值即可求解. 【详解】由题意棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点， 则， 在中，由余弦定理有:，得， 同理在有. 一方面：若，则为方程两根， 则得，又两根都为正，故即， 但此时不可能最大，理由如下：不妨， 则在上取一点使，在上取一点使，则为等边三角形， 由对称性可知， 而，从而， 所以这个时候取不到最大值， 另一方面：当重合时，即时，最大，且的最大值为. 当时，为等边三角形，此时， 由题存在这样的，使得成立， 则的最大值为，故当且仅当时取等. 故答案为：. 14. 设函数的极小值点为，若的图象上不存在关于直线对称的两点，则的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由无解，构造函数在不存在零点，利用导数判断函数单调性，结合单调性分析函数零点. 【详解】由题，无解， 则在不存在零点. 又时，，而， 所以必有时， 故必有使在时在0附近单调递减， （否则若，若不存在正零点则单调递增而恒正， 若存在正零点，记的最小正零点为，则在[0，m]恒成立， 不符合题意）， 而， 故同理必有，而， 同理必有， ， 而， 故， 又，故， 又，故 下证明充分性：即只需恒成立， 而单调递增，设零点为，由前述必要条件知， 故， 只需， 而零点为得， 故即证， 即， 由题必有，则， 令， 则， 只需，即， 令，即， 而单调递增且有唯一零点，且， 故在单调递减，单调递增，而， 故，原命题得证. 三、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. 已知中，角所对的边分别为已知. （1）求的取值范围； （2）求最大时，的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合三角形面积公式可得，再结合三角形三边关系可列不等式求解的范围； （2）由余弦定理结合基本不等式可得的最大值为，此时，结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由于， 所以. 由三角形的三边关系知:. 又，所以； 【小问2详解】 由余弦定理可得，，当时取等， 又，所以的最大值为，此时. 16. 已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为. （1）记直线的斜率为，直线的斜率为，求. （2）当直线的斜率为3时，求点坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）涉及到中点弦，我们可以采用点差法得到，而由可得，两式相比即可得解； （2）设直线，联立双曲线方程，结合韦达定理可表示的坐标为，由得斜率，由此可列方程求出参数，进而得解. 【小问1详解】 因为，所以. 又设，因为， 所以. 而圆心不在坐标轴上，从而， 所以. 所以， 又，所以. 【小问2详解】 设直线，与联立，化简并整理得：， 其中. 设， 所以， 即点坐标为. 因为，所以，而， 即，解得. 因此，所以. 17. 浙里启航团队举办了一场抽奖游戏，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算： 1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列，抽中记作1，未抽中记作0，形成一个长度为的仅有01的序列. 2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1，设它长度为，那么得分即为. 3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和. 例如:如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中奖，那么序列即为1，0，1，1，1，0，1，得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量，则. （1）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求. （2）记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度，求. （3）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）的所有可能取值为0，1，2，4，9，求出对应的概率即可得期望； （2）设所求为，由题意有以及，从而可构造等比数列进行求解； （3）设所求为，则由题意有，进一步有，结合等比数列求和公式即可求解. 【小问1详解】 若序列为：0，0，0，则最终得分为0， 若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1， 若序列为：1，0， 1，则最终得分为2， 若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4， 若序列为：1，1，1，则最终得分为9， ，，， ； 【小问2详解】 令表示长度为的序列，的答案，换言之. 则有递推关系，表示第位分别为1或0的答案. 显然， 设，则，所以，解得， 所以，解得：， 故所求为. 【小问3详解】 设表示进行次游戏后的期望得分，即. 则有递推关系， 解释：因为，考虑第位为1的时候对序列的额外贡献， 即为，如果为0的贡献即为0，特别的，， 直接累加得到:， 若，带入上式，于是得， 故所求即为. 18. 定义:表示的整数部分，表示的小数部分，例如.数列满足其中.若存在，使得当时，恒成立，则称数为木来数. （1）分别写出当时的值. （2）证明:是木来数 （3）若为大于1的有理数.且.求证:为木来数 【答案】（1） 当时，，， 当时，，； （2）证明如下： 当时，即，则， 由于，所以， 所以，则，所以， 由于，所以，则 ， 由此知对恒成立. 可知当时，为木来数； （3）证明如下： 设且互质， 可知与均不为整数时，有， 显然， 且此时为正整数，又互质，则， 故， 下面用反证法说明数列中存在整数. 由为有理数可知，也为有理数. 则，推出，与假设矛盾. 因此为木来数. 【解析】 【分析】（1）根据题意直接计算即可； （2）根据定义先计算，利用得出，根据同样的方法计算即可证明； （3）先设且互质，利用定义判定不是整数时，有，再用反证法判定数列中存在整数即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：第二问利用“木来数”定义结合可推出，同理推出即可证明结论；第三问，利用数列且互质，利用数的互质，先证明与均不为整数时有，再用反证法证明数列中存在整数即可. 19. 称代数系统为一个有限群，如果 1.为一个有限集合，为定义在上的运算(不必交换)， 2. 3.称为的单位元 4.，存在唯一元素使称为的逆元有限群，称为的子群.若，定义运算. （1）设为有限群的子群，为中的元素. 求证: (i)当且仅当； (ii)与元素个数相同. （2）设为任一质数.上的乘法定义为，其中[x]为不大于的最小整数.已知构成一个群，求证:(其中表示个作运算) 【答案】（1）（i）如果，则，， 从而. 另一方面，如果， 则有，， 即，从而， 即， 从而， 反之由得到， 类似讨论得中的元素也全都属于，证毕；（ii）我们首先构造一个到的满射， 这直接由的定义得到， 另一方面，我们证明这个映射同时也是单射， 事实上，若对， 两边左乘， 则有，从而两集合间有一一映射， 故元素个数相等； （2）我们有如下断言:， 假设是使得的最小正整数， 则(其中表示个作.运算)在运算下构成的一个子群， 记作， 而由（1）的结论可知，这一集族中的集合有相同的元素个数， 且两两不交(若有两个集合相交，则推得， 由（1）（i）得两集合相同)从而它们构成的一个划分，从而有， 因而. 【解析】 【分析】（1）（i）利用单位元、子群的定义判断可得答案；（ii）首先构造一个到的满射，直接由的定义得到，另一方面，证明这个映射同时也是单射即可； （2）我们有如下断言:，假设是使得的最小正整数，由（1）的结论可知可得答案. 【小问1详解】 （i）略 （ii）略 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对新定义的理解及性质的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省2024年第一届启航杯联考数学试题 2024年7月29日 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，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知集合，则的元素数量是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 椭圆的左右焦点分别为为上一点，则当的面积最大时，的取值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知棱长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的二项式系数之和为64，则的展开式中常数项为（ ） A. 1 B. 6 C. 15 D. 20 6. 已知对恒成立，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. e D. 1 7. 已知且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 克拉丽丝有一枚不对称的硬币.每次掷出后正面向上的概率为，她掷了次硬币，最终有10次正面向上.但她没有留意自己一共掷了多少次硬币.设随机变量表示每掷次硬币中正面向上的次数，现以使最大的值估计的取值并计算.(若有多个使最大，则取其中的最小值).下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与10的大小无法确定 9. 如图所示，在棱长为2的正方体中，为的中点，为靠近的四等分点，为线段MG上一动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. C. HD的最小值为 D. 若，则 10. 设定义域为的单调递增函数满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. C. 不等式的解集为 D. 若使得时，恒成立，则的最小值为2 11. 数学有时候也能很可爱，如题图所示是小D同学发现的一种曲线，因形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线.对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（ ） A. 该曲线与最多存在3个交点 B. 如果曲线如题图所示(x轴向右为正方向，y轴向上为正方向)，则 C. 存在一个，使得这条曲线是偶函数的图像 D. 时，该曲线中的部分可以表示为y关于x的某一函数 二、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 随着某抽卡游戏在班级内流行，李华统计了6位同学获得某角色的抽取次数，结果如下:10，60，90，80，20，180，则以上数据的下四分位数为_________. 13. 已知正四面体棱长为4，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点.若，则的最大值为_________. 14. 设函数的极小值点为，若的图象上不存在关于直线对称的两点，则的取值范围为_________. 三、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. 已知中，角所对的边分别为已知. （1）求的取值范围； （2）求最大时，的面积. 16. 已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为. （1）记直线的斜率为，直线的斜率为，求. （2）当直线的斜率为3时，求点坐标. 17. 浙里启航团队举办了一场抽奖游戏，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算： 1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列，抽中记作1，未抽中记作0，形成一个长度为的仅有01的序列. 2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1，设它长度为，那么得分即为. 3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和. 例如:如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中奖，那么序列即为1，0，1，1，1，0，1，得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量，则. （1）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求. （2）记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度，求. （3）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求. 18. 定义:表示的整数部分，表示的小数部分，例如.数列满足其中.若存在，使得当时，恒成立，则称数为木来数. （1）分别写出当时的值. （2）证明:是木来数 （3）若为大于1的有理数.且.求证:为木来数 19. 称代数系统为一个有限群，如果 1.为一个有限集合，为定义在上的运算(不必交换)， 2. 3.称为的单位元 4.，存在唯一元素使称为的逆元有限群，称为的子群.若，定义运算. （1）设为有限群的子群，为中的元素. 求证: (i)当且仅当； (ii)与元素个数相同. （2）设为任一质数.上的乘法定义为，其中[x]为不大于的最小整数.已知构成一个群，求证:(其中表示个作运算) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $