浙江省麗水地區四校2024年高三第一次調研測試數學試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數，若不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是（）A． B． C． D．2．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A． B．C． D．3．是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知正四面體的內切球體積為v，外接球的體積為V，則（）A．4 B．8 C．9 D．275．已知是等差數列的前項和，若，，則（）A．5 B．10 C．15 D．206．已知與之間的一組數據：12343.24.87.5若關于的線性回歸方程為，則的值為（）A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．4.57．中國的國旗和國徽上都有五角星，正五角星與黃金分割有著密切的聯系，在如圖所示的正五角星中，以、、、、為頂點的多邊形為正五邊形，且，則（）A． B． C． D．8．要得到函數的圖像，只需把函數的圖像（）A．向左平移個單位 B．向左平移個單位C．向右平移個單位 D．向右平移個單位9．在中，為上異于，的任一點，為的中點，若，則等于（）A． B． C． D．10．已知雙曲線的中心在原點且一個焦點為，直線與其相交于，兩點，若中點的橫坐標為，則此雙曲線的方程是A． B．C． D．11．如圖，在中，點，分別為，的中點，若，，且滿足，則等于（）A．2 B． C． D．12．圓柱被一平面截去一部分所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．雙曲線的左焦點為，點，點P為雙曲線右支上的動點，且周長的最小值為8，則雙曲線的實軸長為________，離心率為________.14．已知數列的前項和為，且滿足，則______15．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的表面積是______cm2，體積是_____16．設數列的前項和為，且對任意正整數，都有，則___三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）證明：當時，；（2）若函數只有一個零點，求正實數的值.18．（12分）已知函數.（1）當時，不等式恒成立，求的最小值；（2）設數列，其前項和為，證明：.19．（12分）已知函數.（1）若在處導數相等，證明：；（2）若對于任意，直線與曲線都有唯一公共點，求實數的取值范圍.20．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點在曲線上，點在曲線上，求的最小值及此時點的坐標.21．（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三個解，求實數的取值范圍.22．（10分）如圖，三棱臺的底面是正三角形，平面平面，.（1）求證：；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

先求出函數在處的切線方程，在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象，利用數形結合進行求解即可.【詳解】當時，，所以函數在處的切線方程為：，令，它與橫軸的交點坐標為.在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象如下圖的所示：利用數形結合思想可知：不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是.故選：A【點睛】本題考查了利用數形結合思想解決不等式恒成立問題，考查了導數的應用，屬于中檔題.2、B【解析】

由題意首先確定幾何體的空間結構特征，然后結合空間結構特征即可求得其表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為邊長為正方體挖去一個以為球心以為半徑球體的，如圖，故其表面積為，故選：B.【點睛】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發現幾何體中各元素間的位置關系及數量關系．(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積應注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺的側面是曲面，計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算，而表面積是側面積與底面圓的面積之和．3、B【解析】

分別判斷充分性和必要性得到答案.【詳解】所以（逆否命題）必要性成立當，不充分故是必要不充分條件，答案選B【點睛】本題考查了充分必要條件，屬于簡單題.4、D【解析】

設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，首先求出正四面體的體積，再利用等體法求出內切球的半徑，在中，根據勾股定理求出外接球的半徑，利用球的體積公式即可求解.【詳解】設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，則，，，設內切球的半徑為，內切球的球心為，則，解得：；設外接球的半徑為，外接球的球心為，則或，，在中，由勾股定理得：，，解得，，故選：D【點睛】本題主要考查了多面體的內切球、外接球問題，考查了椎體的體積公式以及球的體積公式，需熟記幾何體的體積公式，屬于基礎題.5、C【解析】

利用等差通項，設出和，然后，直接求解即可【詳解】令，則，，∴，，∴.【點睛】本題考查等差數列的求和問題，屬于基礎題6、D【解析】

利用表格中的數據，可求解得到代入回歸方程，可得，再結合表格數據，即得解.【詳解】利用表格中數據，可得又，．解得故選：D【點睛】本題考查了線性回歸方程過樣本中心點的性質，考查了學生概念理解，數據處理，數學運算的能力，屬于基礎題.7、A【解析】

利用平面向量的概念、平面向量的加法、減法、數乘運算的幾何意義，便可解決問題．【詳解】解：.故選：A【點睛】本題以正五角星為載體，考查平面向量的概念及運算法則等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，屬于基礎題．8、A【解析】

運用輔助角公式將兩個函數公式進行變形得以及,按四個選項分別對變形，整理后與對比，從而可選出正確答案.【詳解】解：.對于A：可得.故選:A.【點睛】本題考查了三角函數圖像平移變換，考查了輔助角公式.本題的易錯點有兩個，一個是混淆了已知函數和目標函數;二是在平移時，忘記乘了自變量前的系數.9、A【解析】

根據題意，用表示出與，求出的值即可.【詳解】解：根據題意，設，則，又，，，故選：A.【點睛】本題主要考查了平面向量基本定理的應用，關鍵是要找到一組合適的基底表示向量，是基礎題.10、D【解析】

根據點差法得，再根據焦點坐標得，解方程組得，，即得結果.【詳解】設雙曲線的方程為，由題意可得，設，，則的中點為，由且，得，，即，聯立，解得，，故所求雙曲線的方程為．故選D．【點睛】本題主要考查利用點差法求雙曲線標準方程，考查基本求解能力，屬于中檔題.11、D【解析】

選取為基底，其他向量都用基底表示后進行運算．【詳解】由題意是的重心，，∴，，∴，故選：D．【點睛】本題考查向量的數量積，解題關鍵是選取兩個不共線向量作為基底，其他向量都用基底表示參與運算，這樣做目標明確，易于操作．12、B【解析】

三視圖對應的幾何體為如圖所示的幾何體，利用割補法可求其體積.【詳解】根據三視圖可得原幾何體如圖所示，它是一個圓柱截去上面一塊幾何體，把該幾何體補成如下圖所示的圓柱，其體積為，故原幾何體的體積為.故選：B.【點睛】本題考查三視圖以及不規則幾何體的體積，復原幾何體時注意三視圖中的點線關系與幾何體中的點、線、面的對應關系，另外，不規則幾何體的體積可用割補法來求其體積，本題屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、22【解析】

設雙曲線的右焦點為，根據周長為，計算得到答案.【詳解】設雙曲線的右焦點為.周長為：.當共線時等號成立，故，即實軸長為，.故答案為：；.【點睛】本題考查雙曲線周長的最值問題，離心率，實軸長，意在考查學生的計算能力和轉化能力.14、【解析】

對題目所給等式進行賦值，由此求得的表達式，判斷出數列是等比數列，由此求得的值.【詳解】解：，可得時，，時，，又，兩式相減可得，即，上式對也成立，可得數列是首項為1，公比為的等比數列，可得．【點睛】本小題主要考查已知求，考查等比數列前項和公式，屬于中檔題.15、20+45，8【解析】試題分析：由題意得，該幾何體為三棱柱，故其表面積S=2×1體積V=12×4×2×2=8，故填：20+4考點：1.三視圖；2.空間幾何體的表面積與體積.16、【解析】

利用行列式定義，得到與的關系，賦值，即可求出結果。【詳解】由，令，得，解得。【點睛】本題主要考查行列式定義的應用。三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）把轉化成，令，由題意得，即證明恒成立，通過導數求證即可（2）直接求導可得，，令，得或，故根據0與的大小關系來進行分類討論即可【詳解】證明：（1）令，則.分析知，函數的增區間為，減區間為.所以當時，.所以，即，所以.所以當時，.解：（2）因為，所以.討論：①當時，，此時函數在區間上單調遞減.又，故此時函數僅有一個零點為0；②當時，令，得，故函數的增區間為，減區間為，.又極大值，所以極小值.當時，有.又，此時，故當時，函數還有一個零點，不符合題意；③當時，令得，故函數的增區間為，減區間為，.又極小值，所以極大值.若，則，得，所以，所以當且時，，故此時函數還有一個零點，不符合題意.綜上，所求實數的值為.【點睛】本題考查不等式的恒成立問題和函數的零點問題，本題的難點在于把導數化成因式分解的形式，如，進而分類討論，本題屬于難題18、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1），分，，三種情況推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到證明.【詳解】（1）由，得.當時，方程的，因此在區間上恒為負數.所以時，，函數在區間上單調遞減.又，所以函數在區間上恒成立；當時，方程有兩個不等實根，且滿足，所以函數的導函數在區間上大于零，函數在區間上單增，又，所以函數在區間上恒大于零，不滿足題意；當時，在區間上，函數在區間上恒為正數，所以在區間上恒為正數，不滿足題意；綜上可知：若時，不等式恒成立，的最小值為.（2）由第（1）知：若時，.若，則，即成立.將換成，得成立，即，以此類推，得，，上述各式相加，得，又，所以.【點睛】本題考查利用導數研究函數恒成立問題、證明數列不等式問題，考查學生的邏輯推理能力以及數學計算能力，是一道難題.19、（I）見解析（II）【解析】

（1）由題x＞0，，由f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）處導數相等，得到，得，由韋達定理得，由基本不等式得，得，由題意得，令,則，令，，利用導數性質能證明．（2）由得，令，利用反證法可證明證明恒成立．由對任意，只有一個解，得為上的遞增函數，得，令，由此可求的取值范圍..【詳解】（I）令，得，由韋達定理得即，得令,則，令，則，得（II）由得令，則，，下面先證明恒成立．若存在，使得，，，且當自變量充分大時，，所以存在，，使得，，取，則與至少有兩個交點，矛盾．由對任意，只有一個解，得為上的遞增函數，得，令，則，得【點睛】本題考查函數的單調性，導數的運算及其應用，同時考查邏輯思維能力和綜合應用能力屬難題．20、（1）；（2）最小值為，此時【解析】

（1）消去曲線參數方程的參數，求得曲線的普通方程.利用極坐標和直角坐標相互轉化公式，求得曲線的直角坐標方程.（2）設出的坐標，結合點到直線的距離公式以及三角函數最值的求法，求得的最小值及此時點的坐標.【詳解】（1）消去得，曲線的普通方程是：；把，代入得，曲線的直角坐標方程是（2）設，的最小值就是點到直線的最小距離.設在時，，是最小值，此時，所以，所求最小值為，此時【點睛】本小題主要考查參數方程化為普通方程，考查極坐標方程轉化為直角坐標方程，考查利用圓錐曲線的參數求最值，屬于中檔題.21、（1）；（2）.【解析】

（1）對分三種情況討論，分別去掉絕對值符號，然后求解不等式組，再求并集即可得結果;（2）.作出函數的圖象,當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，由圖可得結果.【詳解】（1）不等式，即為.當時，即化為，得，此時不等式的解集為，當時，即化為，解得，此時不等式的解集為.綜上，不等式的解集為.（2）即.作出函數的圖象如圖所示，當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，所以.所以實數的取值范圍是.【點睛】絕對值不等式的解法：法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想．22、（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）取的中點為，連結，易證四邊形為平行四邊形，即，由于，為的中點，可得到，從而得到，即可證明平面，從而得到；（Ⅱ）易證，，兩兩垂直，以，，分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，求