2024届浙江省名校新高考研究联盟（Z20名校联盟）高三上学期第一次联考数学试题含答案

这是一份2024届浙江省名校新高考研究联盟（Z20名校联盟）高三上学期第一次联考数学试题含答案，共17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。
2024届浙江省名校新高考研究联盟（Z20名校联盟）高三上学期第一次联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为或，又因为，因此，.故选：B.2．已知复数（为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的运算化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.【详解】因为复数（为虚数单位），则，因此，.故选：A.3．已知向量，，，，与的夹角为120°，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用数量积的定义求出,再根据垂直关系的向量表示列式解方程即可.【详解】因为，，与的夹角为，所以.由，得，解得.故选:C.4．已知等轴双曲线经过点，则的标准方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先设出双曲线的方程为（），代点进行求解即可.【详解】设双曲线的方程为（），代入点，得，故所求双曲线的方程为，其标准方程为．故选：A．5．已知等差数列，记为数列的前项和，若，，则数列的公差（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等差数列的求和公式以及通项公式可得出关于的等式，解之即可.【详解】在等差数列中，为数列的前项和，，由可得，即，解得.故选：D.6．已知函数，则（    ）A． B．3 C． D．【答案】B【分析】将代入函数求出的值，再用换元法，利用对数运算化简即可得出结论.【详解】因为函数，则,令，则，又因为，所以，所以，故选：B.7．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用和差公式和同角三角函数关系以及二倍角即可得出结论.【详解】将平方得，所以，则．所以，从而．联立，得．所以，．故．故选：D8．在三棱锥中， 平面，，于，，为中点，则三棱锥的体积最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】推导出平面，可得出，可得出，设点到平面的距离为，利用锥体的体积公式结合基本不等式可求得三棱锥体积的最大值.【详解】因为平面，、平而，所以，，因为为的中点，则，  又因为，，、平面，所以平面，又平面，则，又，而，、平面，所以平面，又平面，所以，则，设点到平面的距离为，所以，当且仅当且平面时，等号成立，故三棱锥的体积的最大值为，故选：B． 二、多选题9．已知的展开式中含有常数项，则的可能取值为（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】AC【分析】求出展开式的通项，再令，可得与的关系，用赋值法从而可得出结论.【详解】展开式的通项为：，其中；令，则，可知n为4的倍数，故B、D错误；当 时， 最小为 4；当 时， 为8；故选：AC.10．已知圆：，直线：，则下列说法正确的是（    ）A．直线恒过定点 B．直线被圆截得的弦最长时，C．直线被圆截得的弦最短时， D．直线被圆截得的弦最短弦长为【答案】ABC【分析】对于A：根据直线过定点分析判断；对于B、C、D：根据题意结合圆的性质运算求解.【详解】对于选项A：直线的方程可化为，令，解得，所以直线恒过定点，故A正确；对于选项B：因为，即点在圆内，当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最长，此时，解得，故B正确；对于选项C：当直线时，直线被圆截得的弦长最短，直线的斜率为，，由，解得，故C正确；对于选项D：此时直线的方程是，圆心到直线的距离为，可得，所以最短弦长是，故D错误．故选：ABC．11．设数列，都是等比数列，则（    ）A．若，则数列也是等比数列B．若，则数列也是等比数列C．若的前项和为，则也成等比数列D．在数列中，每隔项取出一项，组成一个新数列，则这个新数列仍是等比数列【答案】ABD【分析】根据给定条件，利用等比数列定义判断ABD；举例说明判断C作答.【详解】数列，都是等比数列，设公比分别为，对于A，由，得，所以数列为等比数列，A正确；对于B，由，得，所以数列为等比数列，B正确；对于C，令，则，不成等比数列，C错误；对于D，为常数，D正确．故选：ABD12．定义在上的函数满足如下条件：①，②当时， ；则下列结论中正确的是（    ）A． B．C．在上单调递增 D．不等式的解集为【答案】ACD【分析】利用赋值法令，可判断A项；特殊值法可判断B项；函数单调性定义可判断C项；结合单调性解不等式可判断D项.【详解】令，得，所以，故A正确；因为对于，，当时，令，则有，假设成立，则，，因为当时， ，所以不恒为0，所以，这与矛盾，故B错误；设，，，，，，所以在上单调递增，C选项正确;，，由定义域可得，，在上单调递增，，，D选项正确.故选：ACD. 三、填空题13．已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在直线上，则这组成对样本数据的样本相关系数         ．【答案】【分析】根据给定条件，利用相关系数的定义求解作答.【详解】因为所有样本点都在直线上，显然直线的斜率，所以样本数据成负相关，相关系数为.故答案为：14．中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用80℃的开水泡制，再等茶水温度降至35℃时饮用，可以产生最佳口感.若茶水原来的温度是℃，经过一定时间tmin后的温度T℃，则可由公式求得，其中表示室温，h是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数，现有一杯80℃的绿茶放在室温为20℃的房间中，已知茶温降到50℃需要10min.那么在20℃室温下，用80℃的开水刚泡好的茶水大约需要放置时间      min，才能达到最佳饮用口感.【答案】20【分析】由80°C的绿茶放在室温为20℃的房间中茶温降到50℃需要10min代入公式得；茶温降到35℃需要min代入公式得，观察与为平方关系，可求得.【详解】一杯80°C的绿茶放在室温为20℃的房间中，如果茶温降到50℃需要10min，那么：，所以 一杯80°C的绿茶放在室温为20℃的房间中，如果茶温降到35℃需要min，那么：，所以，所以，所以，故答案为：2015．杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配．已知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有         种．（用数字作答）．【答案】140【分析】对选出的3名会说韩语的志愿者分为2种情况讨论即只会韩语中选3人和选2人，分别求出其方法总数即可得出答案.【详解】若从只会韩语中选3人，则种，若从只会韩语中选2人，则种，故不同的选人方案共有种.故答案为：140.16．已知椭圆：的右焦点为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，弦的垂直平分线交轴于点P，若，则椭圆的离心率         ．【答案】/0.5【分析】设直线的方程, 代入椭圆方程, 由韦达定理, 弦长公式及中点坐标公式, 求得中点坐标 坐标, 求得垂直平分线方程, 当时, 即可求得点坐标, 代入即可求得, 即可求得 , 即可求得和的关系, 即可求得椭圆的离心率.【详解】因为倾斜角为的直线过点，设直线的方程为: , ,线段的中点,联立 ，化为，，，的垂直平分线为:,令 , 解得 ,.,,则 , 椭圆的离心率为,故答案为:.【点睛】关键点睛：运算能力是关键；本题考查简椭圆的简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的垂直平分线的求法, 属于较难题. 四、解答题17．已知函数的周期为，且图像经过点．(1)求函数的单调增区间；(2)在中，角，，所对的边分别是，，，若，，，求的值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）先根据题意求出函数的解析式，再由三角函数的性质即可得出结论；（2）根据正余弦定理、诱导公式以及面积公式运算即可得出结论；【详解】（1）由题意知，，则，又，则，，所以，，又，所以，则，由三角函数的性质可得：，．解得：，，∴的单调递减区间为，．（2）由得，，即，结合正弦定理得，，即，又，所以，即，又，所以，则，所以，由余弦定理有，．18．如图，在长方体中，点， 分别在棱上，且，．  (1)证明：；(2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在上取一点G，使得，连接EG，，通过证明四边形是平行四边形，以及四边形是平行四边形得到；（2）连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求其夹角的余弦值即可得答案.【详解】（1）如图，在棱上取点，使得，  又，所以四边形为平行四边形，则且，又且，所以且，则四边形为平行四边形，所以，同理可证四边形为平行四边形，则，所以．（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，  ，，设平面的法向量为，由得，，解得，，令，则，，，设平面的法向量为，由得，，解得，令，则，设两个平面夹角大小为，则 ．19．在数列中，，的前项为．(1)求证：为等差数列，并求的通项公式；(2)当时，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析，；(2). 【分析】（1）变形给定的递推公式，利用等差数列定义判断并求出通项公式作答.（2）由（1）结合裂项相消法求和，分离参数并借助对勾函数求出最小值作答.【详解】（1）由，，得，，则，因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，于是，所以的通项公式是.（2）由（1）知，，，因此当时，恒成立，即对恒成立，而对勾函数在上单调递增，于是当时，，则，所以的取值范围是.20．已知函数(1)当时，求函数的单调区间；(2)求证：当时，【答案】(1)增区间为，减区间为(2)证明见解析 【分析】（1）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）当时，利用导数求出函数的最大值为，然后证明，即证：，构造函数，利用导数证得即可.【详解】（1）解：当时，，，由，可得，由，可得，故当时，函数的增区间为，减区间为.（2）解：当时，因为，则，由，可得，由，可得，所以，函数的增区间为，减区间为，所以，下证：，即证：．记，，当时，，当时，，所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，所以恒成立，即．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.21．年中央一号文件指出，民族要复兴，乡村必振兴．为助力乡村振兴，某电商平台准备为某地的农副特色产品开设直播带货专场．直播前，此平台用不同的单价试销，并在购买的顾客中进行体验调查问卷．已知有名热心参与问卷的顾客，此平台决定在直播中专门为他们设置两次抽奖活动，每次抽奖都是由系统独立、随机地从这名顾客中抽取名顾客，抽中顾客会有礼品赠送，若直播时这名顾客都在线，记两次抽中的顾客总人数为（不重复计算）．(1)若甲是这名顾客中的一人，且甲被抽中的概率为，求；(2)求使取得最大值时的整数．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）记事件 “甲被抽中”， “甲第次被抽中” ，利用对立事件的概率公式结合独立事件的概率公式可得出关于的等式，结合可解得的值；（2）由已知可得出，令，解不等式，即可得解.【详解】（1）解：记 “甲被抽中”， “甲第次被抽中” ，则，则，因为，解得．（2）解：，记，即求在何时取到最大值．，解得，所以，当或时，取到最大值．22．已知抛物线：与圆：相交于，，，四个点．  (1)当时，求四边形的面积；(2)四边形的对角线交点是否可能为，若可能，求出此时的值，若不可能，请说明理由；(3)当四边形的面积最大时，求圆的半径的值．【答案】(1)(2)不可能，理由见解析(3) 【分析】（1）联立抛物线与圆的方程可得坐标，再根据梯形面积公式求解即可；（2）联立抛物线与圆的方程，可得．再设出与的四个交点的坐标，可列出直线的方程，再由对称性，对角线交点肯定在轴上，令即可检验；（3）由于四边形为等腰梯形，则其面积，用换元法可得得函数，对其求导即可得出结论.【详解】（1）将代入，并化简得，解得或，代入抛物线方程可得，，，；（2）联立抛物线与圆的方程有，可得．不妨设与的四个交点的坐标为，，，．直线的方程为，由对称性，对角线交点肯定在轴上，令，解得交点坐标为．若交点为点，则，则，不可能．（3）联立抛物线与圆的方程有，可得．由于四边形为等腰梯形，因而其面积则，设，则，将，代入上式，并令，得求导数，令，解得：，（舍去）．当时，；此时单调递增，当时，；当时，．此时单调递减，故当且仅当时，取得最大值，即此时四边形的面积最大，此时．【点睛】关键点睛：在第三小问表达出四边形的面积的表达式，对其进行换元法得出新函数从而对新函数进行求导是关键，也是本题难点.