2024届浙江省A9协作体高三上学期暑假返校联考数学试题含答案

这是一份2024届浙江省A9协作体高三上学期暑假返校联考数学试题含答案，共22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A9协作体高三上学期暑假返校联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式和绝对值不等式即可得到，再根据交集含义即可得到答案.【详解】解得或，则或，，解得，则，则，故选：C.2．已知平面向量，，，则实数等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量垂直的坐标表示计算可得.【详解】因为，，，所以，解得.故选：A3．已知双曲线：（，），、分别为左、右焦点，点在双曲线上，，到左焦点的距离是到右焦点的距离的3倍，则双曲线的离心率是（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】根据题意结合双曲线的定义和离心率运算求解即可.【详解】设双曲线的半焦距为，由题意可知：，则，可得，因为，则，即，整理得，所以双曲线的离心率是.故选：B.4．已知，，且，则的最小值是（    ）A．18 B．16 C．10 D．4【答案】B【分析】先利用对数运算得，然后利用“1”的代换求解最小值.【详解】因为，，且，所以，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值是16.故选：B5．若函数满足以下条件：①；②在单调递增，则这个函数可以是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意，由选项中的函数，结合函数的单调性与函数的运算，逐个条件验证，即可求解.【详解】对于A中，函数在不是单调函数，不满足条件②，所以A项不满足题意；对于B中，当，可函数，可得在区间单调递减，在区间上单调递增，不满足条件②，所以B项不满足题意；对于C中，函数，可得，，则，不满足条件①，所以C项不满足题意；对于D中，函数，可得，则满足，满足条件①；又由，因为，可得，所以，所以函数在上单调递增，满足条件②，所以D符合题意.故选：D.6．已知某生产商5个月的设备销售数据如下表所示：时间代码12345销售台数（单位：百台）5781416.5生产商发现时间代码和销售台数有很强的相关性，决定用回归方程进行模拟，则的值是（    ）参考数据、公式：；；若，则A．3.2 B．3.1 C．3 D．2.9【答案】C【分析】计算出，代入公式，求出.【详解】，，故.故选：C7．已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解.【详解】函数．当时，令，则，若在有且仅有3个零点和3条对称轴，则在有且仅有3个零点和3条对称轴，则，解得.故选：A．    8．如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位，记为第次跳跃后对应数轴上的数字（，），则满足，的跳跃方法有多少种（    ）    A．336 B．448 C．315 D．420【答案】B【分析】先分两类：①，，②，，然后每类分两步，根据组合数公式列式求出结果再相加可得结果.【详解】因为，所以或.当，时，前次向左跳跃次，向右跳跃次，后次向右跳跃次，所以有种；当，时，前次向右跳跃次，向左跳跃次，后次向左跳跃次，向右跳跃次，所以有种.综上所述：满足，的跳跃方法有种.故选：B【点睛】思路点睛：排列组合题一般思路是：先分类，再每类分步计数. 二、多选题9．对于的展开式，下列说法正确的是（    ）A．展开式中各项系数之和为256B．展开式中各项系数绝对值之和为C．展开式中的奇数项的二项式系数之和为128D．展开式中的常数项是1120【答案】BCD【分析】对于A：赋值令，即可得结果；对于B：因为展开式中各项系数绝对值之和与的系数和相等，赋值令，即可得结果；对于C：根据二项式系数和的性质运算求解；对于D：根据二项展开式的通项公式运算求解.【详解】对于选项A：令，可得，所以展开式中各项系数之和为1，故A错误；对于选项B：因为展开式中各项系数绝对值之和与的系数和相等，令，可得，所以展开式中各项系数绝对值之和为，故B正确；对于选项C：展开式中的奇数项的二项式系数之和为，故C正确；对于选项D：因为的展开式为，令，解得，所以展开式中的常数项是，故D正确；故选：BCD.10．如图，已知正方体的棱长为，分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）A．面B．四点共面C．三棱锥的外接球的半径是D．平面经过三棱锥的外接球的球心【答案】ABD【分析】根据线面垂直的判定和性质可证得，，由线面垂直的判定可知A正确；可证得，由此可得B正确；易知正方体的外接球即为三棱锥的外接球，由此可确定球心位置，知D正确；根据正方体外接球半径的求法可知C错误.【详解】对于A，，四边形为正方形，；平面，平面，；，平面，平面，又平面，；同理可得：，又，平面，平面，A正确；对于B，连接，分别为中点，；，，四边形为平行四边形，，，四点共面，B正确；对于CD，三棱锥的顶点均为正方体的顶点，正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体的中心即为三棱锥外接球的球心，记正方体中心为，则，平面，即平面经过三棱锥的外接球的球心，D正确；三棱锥的外接球半径，C错误.故选：ABD.11．已知函数，直线，若有且仅有一个正整数，使得点在直线的上方，则下列说法正确的是（    ）A．直线恒过定点 B．C． D．实数的取值范围是【答案】AD【分析】根据直线过定点的求法可求得A正确；利用导数可求得单调性，结合可知B错误；作出图象，通过分析图象可知，且根据函数值大小关系可构造不等式组求得范围，知C错误，D正确.【详解】对于A，直线方程可整理为：，由得：，直线恒过定点，A正确；对于B，定义域为，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，又，，B错误；对于CD，直线方程可整理为，且直线过定点；作出图象如下图所示，当，即时，有无数个正整数，使得点在直线的上方，不合题意；当，即，若有且仅有一个正整数，使得点在直线的上方，结合图象可知：，C错误；此时需满足，解得：，即实数的取值范围为，D正确.故选：AD.12．已知数列为正项数列，前项和为，，满足（），则下列说法正确的是（    ）A．长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形B．C．D．【答案】BCD【分析】利用余弦定理判断A，对式子变形，换元求解数列前n项和及通项公式，从而判断BC，再利用数列求和判断D.【详解】设边长为对应的角为，因为，所以，又，所以，即边长为对应的角为，故A错误；因为，所以，令，则，令，为锐角，则，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以，所以，故选项C正确；所以，当时，，又也适合，所以，又，所以，故选项B正确；构造，则，记，则，当时，，所以函数在上单调递减，所以，所以在单调递增，所以，所以，又时，，所以，所以，所以，所以，故选项D正确.故选：BCD【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛：（1）可以利用数学归纳法来进行证明；（2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果. 三、填空题13．已知（为虚数单位），则      .【答案】【分析】根据共轭复数定义和复数乘法运算法则直接求解即可.【详解】，，.故答案为：.14．十个数据：101、103、108、107、106、105、104、109、102、110的第60百分位数是      .【答案】106.5/【分析】先将数据按升序排列，再结合百分位数的定义运算求解.【详解】将十个数据按升序排列可得：101、102、103、104、105、106、107、108、109、110，因为，所以第60百分位数是第6位与第7位的平均数，即为.故答案为：106.5.15．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与射线（）重合，则      .【答案】【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值可知 ，再根据同角三角函数基本关系、诱导公式解得答案即可.【详解】由题意， ，且 ，， 则由 ，解得， 则 .故答案为： .16．已知直线过抛物线：的焦点，与抛物线交于、两点，线段的中点为，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，则的最小值是      .【答案】【分析】设直线，，，联立抛物线方程得到关于的一元二次方程，得到韦达定理式，求出坐标，利用弦长公式和两点距离公式得到和的表达式，再利用基本不等式即可得到答案.【详解】显然当直线AB斜率为0时，不合题意；故设直线，，，联立抛物线方程有，则，，，则，，，则，则，准线方程为，，则，，，所以，当且仅当，即时等号成立，此时.故答案为：.  【点睛】关键点点睛：本题的关键是采取设线法联立抛物线方程得到韦达定理式，再利用中点公式得到点坐标，最后利用弦长公式和两点距离公式得到相关表达式，最后利用基本不等式即可得到答案. 四、解答题17．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.(1)求角；(2)若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合和差公式求解可得；（2）利用三角恒等变换公式化简，根据锐角三角形性质求得B的范围，再由正弦函数性质可得.【详解】（1），，，或（2）是锐角三角形，则，是锐角三角形，，即，，，的取值范围为.18．已知正项数列的前项和为，.(1)记，证明：数列的前项和；(2)若，求证：数列为等差数列，并求的通项公式.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析； 【分析】（1）利用裂项相消法可求得，由可得结论；（2）利用与的关系可整理得到，进而得到，由等差数列定义可证得结论；利用等差数列通项公式可推导得到.【详解】（1），；数列为正项数列，，，则.（2）当且时，，，整理可得：，，经检验，当时，，得，满足条件，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，，.19．中国的CT机打破了欧美30年的技术垄断，实现了从无到有的突破，中国的CT机不仅在技术上达到了国际水平，而且在价格上也更具竞争力.此外，中国的CT机还具有更好的定制化服务，能够更好地满足不同地区和不同医疗机构的需求，明峰医疗和联影医疗是中国CT机行业中的佼佼者.2023年8月某医院购进甲型CT机2台，乙型CT机1台，该医院决定按照以下方案调试新机器：每台设备最多进行2次调试，只要调试成功就投入使用，每次调试费用0元：如果两次调试均不成功，则邀请生产商上门调试，生产商调试一台医院调试不成功的CT机需要额外支付1000元，生产商调试后直接投入使用；其中医院对甲机型每次调试成功的概率为，对乙机型每次调试成功的概率为，调试相互独立.(1)求医院不需要生产商上门调试的概率；(2)计算医院支付调试费用的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析 【分析】（1）记事件为一台甲设备调试成功，事件为一台乙设备调试成功，根据题意求出，然后由独立事件和概率公式可求得结果，（2）由题意得的可能取值为0，1000，2000，3000，求出相应的概率，从而可求得的分布列.【详解】（1）记事件为一台甲设备调试成功，事件为一台乙设备调试成功，则由题意得，，所以医院不需要生产商上门调试的概率，（2）由题意可得的可能取值为0，1000，2000，3000，则，所以的分布列为010002000300020．如图三棱柱中，是边长为2的正三角形，，二面角的余弦值为.    (1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意分析可知：二面角的平面角为，进而可得，利用勾股定理结合线面垂直的判定定理分析证明；（2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点到平面的距离为，进而可得结果；方法三：过作，连接，分析可知与平面所成角，运算求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，，    因为，则，，可得二面角的平面角为，即，在中，则，因为，即，可得，，即，，且，平面，所以平面.（2）方法一：由（1）可知：，，，平面，所以平面，且平面，可得平面平面，若过作平面的垂线，可知垂线在平面内，如图，以O为坐标原点，分别为轴建系，      则，，，，设点在平面的投影为，由面面垂直可知：，连接，在中，由等面积法可得，解得，则，所以，可得，所以设平面的法向量，则，令，则，即，则，所以与平面所成角的正弦值为.方法二：由（1）可知：，，，平面，所以平面，且平面，可得，又因为∥，所以，则，设点到平面的距离为，因为，则，解得所以与平面所成角的正弦值为；方法三：由（1）可知：，，，平面，所以平面，且平面，可得，又因为∥，所以，则，过作，连接，    因为平面，平面，则，且，平面，所以平面，所以与平面所成角，在中，由等面积法可得，解得，所以与平面所成角的正弦值为.21．已知函数（），.(1)讨论函数的单调区间；(2)若函数，的图象存在两条公切线，求实数的取值范围.【答案】(1)当时，的单调减区间是，无单调增区间；当时，的单调递减区间是，单调增区间是；(2) 【分析】（1）求出，分和两种情况讨论的正负即可得答案；（2）设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，可得，求出公切线，代入，得，将问题转化为与有两个交点，求导，作出的大致图象，结合图象即可得答案.【详解】（1）解：因为，所以，①若，则，所以函数的单调减区间是，无单调增区间；②若，令，则有，解得，所以当时，；当时，；所以函数的单调递减区间是，单调增区间是；当时，的单调减区间是，无单调增区间；当时，的单调递减区间是，单调增区间是.（2）解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且.又，，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，，则，令，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又由可得，则趋于时，趋于；趋于时，趋于，则函数的大致图象如下：  所以，解得，故实数的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过设切点坐标得到切线方程，从而有，再通过设新函数，利用导数结合图形从而得到的范围.22．类似于圆的垂径定理，椭圆：（）中有如下性质：不过椭圆中心的一条弦的中点为，当，斜率均存在时，，利用这一结论解决如下问题：已知椭圆：，直线与椭圆交于，两点，且，其中为坐标原点.(1)求点的轨迹方程；(2)过点作直线交椭圆于，两点，使，求四边形的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设出，由可求出点的坐标，代入椭圆方程可得点的轨迹方程.（2）设，由，知为中点，当直线不与坐标轴重合时，结合已知条件，可得，求出直线的方程，与椭圆联立，可得根与系数关系，由弦长公式求出，再由点到直线的距离公式可求得，点到直线的距离，点到直线的距离，可求得面积，当直线与坐标轴重合时，易得解.【详解】（1）设，因为，，代入椭圆得：，点的轨迹方程为：.（2）  设，由（1）则，①当直线不与坐标轴重合时，由，知为中点，，直线：，代入椭圆：的方程得：即：，设，，由根与系数关系，，设表示点到直线的距离，表示点到直线的距离，；它法：利用比例关系转化：，酌情给分.②当直线与坐标轴重合时， 不妨取，，，或，，，综上所述：四边形的面积是.