浙江省宁波市“十校”2024届高三3月份适应性考试数学试题 Word版含解析

这是一份浙江省宁波市“十校”2024届高三3月份适应性考试数学试题 Word版含解析，共25页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方；
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷.
第I卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的定义域及解对数不等式化简集合，由并集运算即可求解.
【详解】，，
.
故选：D.
2. 若复数满足，则（ ）
A. 3B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先求出复数的代数形式，再根据复数的除法运算及复数的模的计算公式即可得解.
【详解】由，得，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
3 已知平面向量满足且，则（ ）
A. B. 5C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由垂直关系的向量表示及数量积的运算律列式计算即得.
【详解】由，得，由，得，则，
由，得，即，则，
所以.
故选：D
4. 某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同的公益广告，要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播放方式有（ ）
A. 144种B. 72种C. 36种D. 24种
【答案】B
【解析】
【分析】将第一个和最后一个先安排为公益广告，然后由商业广告不能3个连续播放，将其排成一列，之间有两个空，将剩下的公益广告插进去即可.
【详解】先从3个不同的公益广告中选两个安排到第一个和最后一个播放有种方法，
然后将3个不同的商业广告排成一列有种方法，
3个不同的商业广告之间有两个空，选择一个将剩下的一个公益广告安排进去即可，
所以总共有：种方式.
故选:B
5. 学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】可设圆台的上、下底面半径分别为，，根据题意求出圆台的高和的值，即可求出圆台的体积．
【详解】根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为，，
因为母线长为8，且母线与底面所成的角为，
所以圆台的高为，并且，得
所以圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为．
由此可得圆台的体积为．
故选：B．
6. 过直线上的点作圆的两条切线，当直线关于直线对称时，点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系、两直线的交点等知识求得正确答案.
【详解】圆的圆心为，
直线关于直线对称时，则直线与直线垂直，
所以直线的方程为，
由解得，所以.
故选：C.
7. 已知是公比不为1的等比数列的前项和，则“成等差数列”是“存在不相等的正整数，使得成等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合等差数列性质及等比数列通项公式和求和公式，根据充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】因为是公比不为1的等比数列的前项和，所以若成等差数列，则，
从而，结合化简得，
若成等差数列，则，即，所以，
故当时，有，
即“成等差数列”能推出“存在不相等的正整数，使得成等差数列”；
反之，满足不一定是，如，，，
满足，但不满足，
即“存在不相等的正整数，使得成等差数列”推不出“成等差数列”；
所以“成等差数列”是“存在不相等的正整数，使得成等差数列”的充分不必要条件.
故选：A
8. 若函数在上单调递增，则和的可能取值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】二次求导得到在上单调递增，要想在上单调递增，只需，再逐项检验.
【详解】，且，且，
，令，
则恒成立，
故在上单调递增，
要想在上单调递增，
只需，即只需，
对A, 令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，即，则 ，A错误；
对B, ，B错误；
对C, 令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
故，即，C错误；
对D，令，
当， 单调递减，
故，即
因为，
即，D正确．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性求参数，关键是利用二次导数判断出.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知一组样本数据，其中为正实数.满足，下列说法正确的是（ ）
A. 样本数据的第80百分位数为
B. 去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变
C. 若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数
D. 若样本数据的方差，则这组样本数据的平均数等于2
【答案】BCD
【解析】
【分析】由百分位数的定义即可判断A；由极差的定义即可判断B，由频率分布直方图中中位数、平均数的求法画出图形即可判断；由方程计算公式即可判断D.
【详解】对于A，由，所以样本数据的第80百分位数为，故A错误；
对于B，由题意存在这样一种可能，若，
则极差为，此时样本数据的极差不变，故B正确；
对于C，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如下图，
由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，
此时平均数大于中位数，故C正确；
对于D，由，
则，所以，
因为为正实数，所以，即，故D正确.
故选：BCD.
10. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 函数的最大值为1
D. 方程在上有5个实数根
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数平移规则得出解析式，根据单调区间代入特殊点即可求出，求出和解析式，再利用三角函数性质逐项判断即可得解.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度后得到，
显然的最小正周期为，则长度是的半个最小正周期，
又是的一个单调递增区间，则，
即有，，解得，，
而，解得，于是，
对于A，函数的最小正周期，A正确；
对于B，由，得，函数上单调递增，
因此函数在上单调递增，B正确；
对于C，，则，
因此函数的最大值为，C错误；
对于D，当时，，由，
得、、、、，
因此方程在上有5个实数根，D正确.
故选：ABD
11. 已知直四棱柱，底面是边长为1的菱形，且，点分别为的中点，点是棱上的动点.以为球心作半径为的球，下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线所成角的正切值的最小值为
B. 用过三点的平面截直四棱柱，得到的截面面积为
C. 当时，球与直四棱柱四个侧面均有交线
D. 在直四棱柱内，球外放置一个小球，当小球体积最大时，球直径的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设出，，表达出直线与直线所成角的余弦值，求出最大值为，从而得到正切值的最小值；B选项，作出截面，进而求出截面面积；C选项，找到与四个侧面的交线即可；D选项，球外放置一个小球，当小球与四个侧面均相切时，小球体积最大，得到小球的半径为，得到，结合得到球直径的最大值.
【详解】A选项，连接，因为底面是边长为1的菱形，且，所以为等边三角形，
因为分别为的中点，所以⊥，故⊥，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
故，设，，则，
设直线与直线所成角的大小为，
则，
令，故，
因为，所以当时，取得最大值，
最大值为，此时，
因为在上单调递减，在上单调递增，
故直线与直线所成角的正切值的最小值为，A正确；
B选项，取，，的中点，连接，
由平行关系可知，过三点的平面截直四棱柱，得到的截面为六边形，
其中，
，由于，，
故，同理可得，
又，
，故，
故，所以⊥，
则矩形的面积为，
取的中点，连接，因为，所以⊥，
由勾股定理得，
故，同理可得，
故用过三点的平面截直四棱柱，得到的截面面积为，B正确；
C选项，连接，则，，
如图，当时，直四棱柱截球体下半部分的，
球与直四棱柱四个侧面都有一段圆弧状交线，C正确；
D选项，球外放置一个小球，当小球与四个侧面均相切时，小球体积最大，
此时小球在底面上的投影刚好与菱形相切，故小球的半径为，
故，因为，则，
故球直径的最大值为，D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于球内切于几何体问题时要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于几何体的外接球问题，注意球心到各个顶点的距离相等.
第II卷
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 若，则__________.
【答案】##0.28
【解析】
【分析】令，代入，利用三角公式变形计算即可.
【详解】令，则，
所以
.
故答案为：.
13. 已知正实数满足，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】变形得到，利用两次基本不等式，求出最小值．
【详解】任意的正实数，，，满足，
所以
，
由于，为正实数，
故由基本不等式得，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
综上，的最小值为16．
故答案为：16．
14. 已知双曲线，斜率为的直线与的左右两支分别交于两点，点的坐标为，直线交于另一点，直线交于另一点.若直线的斜率为，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，线段AB的中点，代入双曲线的方程中可得，两式相减得，可得①，设，线段CD的中点，同理得②，由，得 三点共线， 从而求得，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】
设，线段AB的中点，
则，两式相减得，
所以①，
设，线段CD的中点，同理得②，
因为，所以，则三点共线，
所以，将①②代入得：，
即，
所以，即，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合点差法表示出点的坐标，从而得到的关系式，即可求解.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）
15. 的内角的对边分别为，且.
（1）判断的形状；
（2）若为锐角三角形，，求的最大值.
【答案】（1）为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简后分别讨论各项为0时的情况即可；
（2）先根据（1）中的结论判断此时为等腰三角形，再利用正弦定理将边化为角，构造关于角B的三角函数求值域，注意角B在锐角三角形中的范围即可.
【小问1详解】
由题意：，
整理得，
故或，
当时，，为直角三角形，
当时，，为等腰三角形，
当且时，，，为等腰直角三角形.
所以为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形.
【小问2详解】
由（1）知，若为锐角三角形，则一定为等腰三角形，，
由正弦定理得，，
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
当时，即时取最大值，最大值为.
综上，最大值为
16. 已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，.
（1）证明：平面平面；
（2）若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，进而证得平面平面.
（2）取的中点，连接，根据题意求得和，以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，求得的值，即可求解.
【小问1详解】
证明：由四边形是直角梯形，且，
在直角中，，可得，
从而是等边三角形，平分，
因为为的中点，所以，所以，
又因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接，因为，所以于，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
连接，可得为与平面所成的角，则，
直角中，，
在等边中，可得，
在直角中，可得，
又因为等边，且为的中点，所以.
以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
设，可得，
则，
由，解得，满足题意，
所以点到平面的距离为.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）若有三个极值点，求正数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，求导可得，然后将极值点问题转化为方程根问题，再构造函数求导，即可得到结果.
【小问1详解】
，则
当时，的两根为.
①若在上单调递增；
②若，则，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③若，则，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，无单调减区间，单调增区间为；
当时，单调减区间为，单调增区间为和；
当时，单调减区间为，单调增区间为和.
【小问2详解】
根据题意可知，函数的定义域为，
则，
由函数有三个极值点可知在上至少有三个实数根；显然，则需方程，
也即有两个不等于3的不相等的实数根；
由可得，
令，则，
显然当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
所以，
画出函数与函数在同一坐标系下的图像，
由图可得且时，在上有两个不等于3的相异的实数根，
经检验可知当时，导函数在左右符号不同，即均是的变号零点，满足题意；
因此实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数单调性问题以及利用导数研究函数零点问题，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论以及合理构造函数求解.
18. 为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为，且每次试验相互独立.
（1）若进行5次试验，且，求试验成功次数的分布列以及期望；
（2）若恰好成功2次后停止试验，，记事件：停止试验时试验次数不超过次，事件：停止试验时试验次数为偶数，求.（结果用含有的式子表示）
【答案】（1）分布列见解析，期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得，结合二项分布的概率计算公式，代入计算，即可得到分布列；
（2）根据题意，分为偶数与为奇数讨论，结合等比数列的求和公式以及错位相减法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
依题意，，
则，
，
故的分布列为：
故.
【小问2详解】
事件“”表示前次试验只成功了1次，且第次试验成功，
故，
当为偶数时，
所以，
令，
则，
两式相减得：，
则，即.
当为奇数时，同理可得
，
综上，
【点睛】关键点睛：本题主要考查了二项式分布与数列的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于将概率问题转化为数列求和，结合数列求和的知识求解.
19. 已知抛物线与双曲线相交于两点，是的右焦点，直线分别交于两点（不同于点），直线分别交轴于两点.
（1）求的取值范围；
（2）记的面积为，的面积为，当时，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由双曲线方程的特征求出的大致范围，再联立抛物线与双曲线方程，消去整理得到，分析其两根得到，解得的范围，再将双曲线过点时的值去掉，即可求出的范围；
（2）设直线的方程为，、，联立直线与抛物线方程，即可求出，根据对称性可知，即可求出的方程，从而求出，设，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，从而求出，再由得到方程，从而求出.
【小问1详解】
由双曲线方程，则，得到，即，
对于抛物线，令解得，所以抛物线的顶点为，
又双曲线的右焦点，
联立抛物线与双曲线方程，得到，
记，
可知有两个根和，其中，则，又，解得，
又直线分别交于（不同于点），即三点不共线，
当时，代入抛物线，解得，不妨取，
将代入双曲线方程得到，解得或（舍去），所以，
综上可得.
【小问2详解】
因为直线与抛物线的两个交点、，
显然直线不垂直轴，又点，
故设直线的方程为，，，
由消去并整理得，
显然，所以为定值.
根据对称性可知，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，可得点的横坐标，
设，
由消去得，
则，
且，
所以，，
而直线的方程为，依题意，
令，得点的横坐标
，
因此，，
联立抛物线与双曲线方程，得到，
解得，
所以点的坐标，
由，所以.
根据，则，代入得到，
即，
化简得，解得，故.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
0
1
2
3
4
5