2024學(xué)年第一學(xué)期浙江省名校協(xié)作體適應(yīng)性試題高三年級數(shù)學(xué)學(xué)科考生須知：1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘：2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學(xué)校?班級?姓名?試場號?座位號及準(zhǔn)考證號；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.考試結(jié)束后，只需上交答題卷.一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40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.數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)是（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】【分析】先將數(shù)據(jù)從小打到排列，在計算分位數(shù)即可.【詳解】將數(shù)據(jù)從小打大排列得：,因為，所以上四分位數(shù)是第5個數(shù)據(jù)，為.故選：C.2.設(shè)隨機變量服從二項分布，若，則（）A.0.16 B.0.32 C.0.64 D.0.84【答案】C【解析】【分析】根據(jù)二項分布的概率計算公公式求解出,進而求方差.【詳解】，解得，所以，則.故選：C.3.設(shè)集合，則下列選項中一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】取，排除選項ACD，利用反證法證明.【詳解】對于A，取可得，則，此時，A錯誤；則，此時，C錯誤；則，此時，D錯誤；對于B，若，則或或，由，可得，此時，與中有三個不同元素矛盾，由，可得，此時，與中有三個不同元素矛盾，由，可得或（舍去），若，則，與中有三個不同元素矛盾，所以，B正確；故選：B.4.方程的實數(shù)解有（）A.0個 B.1個 C.2個 D.3個【答案】C【解析】【分析】由換底公式變形解對數(shù)方程即可.【詳解】，所以或，所以或，所以方程的實數(shù)解有2個.故選：C.5.已知拋物線與斜率為的直線恰有一個公共點，則點的縱坐標(biāo)為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由導(dǎo)數(shù)的幾何意義列方程即可求解.【詳解】題述直線斜率為，所以切點不可能是原點（否則切線斜率不存在，與題意矛盾），也不可能是斜率為0的直線與拋物線的交點（因為題述直線斜率為，它不等于0），或，當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上所述，若切點的坐標(biāo)為，則有，解得.故選：B.6.如圖，在下列四個正方體中，是頂點，是棱的中點，則三棱錐體積最大的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，求出點設(shè)點到平面的距離和三角形的面積，再利用體積公式即可求解AC,利用等體積法求解CD.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的邊長為2.對于A,所以設(shè)平面的一個法向量為，則令則，所以設(shè)點到平面的距離為，則易知為等邊三角形，邊長為，所以，所以.對于B，易求得,點B到平面的距離為1，所以；對于C，所以設(shè)平面的一個法向量為，則，令則，所以設(shè)點到平面的距離為，則,易求得所以；對于D，易求得,點A到平面的距離為1，所以;所以A選項的體積最大.故選：A.7.已知函數(shù)若恰有三個不同實根，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】對于嵌套函數(shù)的零點問題，一般需要用換元法，再結(jié)合函數(shù)圖象進行討論.【詳解】令，則，①當(dāng)時，的圖象如圖所示若恰有三個不同實根，則一定要有兩個不同的根，所以，設(shè)的兩根為且則一定有所以解得當(dāng)時，如圖所示，若恰有三個不同實根，則必須有，即解得②當(dāng)時，或時，只有一個根，此時不能有三個不同實根.③當(dāng)時，，、的圖象如圖所示，若有三個不同的實根則，即，此不等式無解綜上所述：故選：D.8.空間中一個靜止的物體用三根繩子懸掛起來，已知三根繩子上的拉力大小分別為，且三根繩子中任意兩根繩子的夾角均為，則該物體的重力大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設(shè)三根繩子上的拉力分別為，利用可得答案.【詳解】設(shè)三根繩子上的拉力分別為，，因為的夾角均為，所以，，，設(shè)物體的重力為，則，所以.故選：C.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設(shè)雙曲線，則（）A.的實軸長為2B.的焦距為C.的離心率為D.的漸近線方程為【答案】BD【解析】【分析】由題意得，由此即可逐一判斷每一選項.【詳解】，即由題意，所有，所以的實軸長為，的焦距為，的離心率為，的漸近線方程為，即，故AC錯誤，BD正確.故選：BD.10.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點分別是.已知，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由題意可得，，根據(jù)復(fù)數(shù)的運算結(jié)合模長公式逐項分析判斷.【詳解】因為復(fù)數(shù)對應(yīng)的點分別是，，則，且，對于選項A：因為，，即，且，，所以，故A正確；對于選項B：例如，可得，即，故B錯誤；對于選項C：因為，且，則，，所以，故C正確；對于選項D：因為，，所以，故D正確；故選：ACD.11.已知數(shù)列為公差為的等差數(shù)列，為公比為的正項等比數(shù)列.記，則（）參考公式：.A.當(dāng)時， B.當(dāng)時，C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)及求和公式一一計算即可.【詳解】A項，由為公比為的正項等比數(shù)列，則當(dāng)時，，，顯然時，，故A錯誤；B項，由數(shù)列為公差為的等差數(shù)列，則，所以，解得，即，故B正確；C項，由為公比為的正項等比數(shù)列，可得，所以，故，所以，，故，當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號；綜上，故C正確；D項，由題意得，，則，故，故裂項可得：，所以，故D正確；故選：BCD【點睛】C項關(guān)鍵在于化簡得，利用倒序相加法轉(zhuǎn)化為求解的最值，利用基本不等式求最值即可得；D項的關(guān)鍵在于利用條件化簡得，再用裂項相消求和判定不等式.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，若與的夾角為銳角，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意列出不等式即可.【詳解】因為的夾角為銳角，所以且不能同向共線,所以,解得且故答案為：.13.設(shè)，且，則__________.【答案】【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡得到，結(jié)合角的范圍、三角函數(shù)性質(zhì)即可得解.【詳解】，而，則、都在內(nèi)，即.所以.故答案為：.14.四個村莊之間建有四條道路.在某個月的30天中，每逢單數(shù)日道路開放，封閉維護，每逢雙數(shù)日道路開放，封閉維護.一位游客起初住在村莊，在該月的第天，他以的概率沿當(dāng)天開放的道路去往相鄰村莊投宿，以的概率留在當(dāng)前村莊，并且他在這30天里的選擇是相互獨立的.則第30天結(jié)束時該游客住在村莊的概率為__________.【答案】【解析】【分析】先設(shè)兩種情況的概率，再列函數(shù)，最后根據(jù)函數(shù)求游客在村莊點的概率.【詳解】對，用表示游客恰有天通過道路或的概率，表示該游客恰有天通過道路或的概率，，，根據(jù)條件知為的次項系數(shù)，為的次項系數(shù)，第30天結(jié)束時，游客住在村莊當(dāng)且僅當(dāng)他通過道路或的總天數(shù)為奇數(shù)，且通過道路或的總天數(shù)為偶數(shù)，因為，，，所以，，所以第30天結(jié)束時該游客住在村莊的概率.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的解題關(guān)鍵在于將概率問題轉(zhuǎn)化為，的次項系數(shù)，然后利用二項式定理求系數(shù)，最后求概率.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù)，其中.（1）若，求的最小值；（2）證明：至少有兩個零點.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出最值可得答案；（2）求出，f1，由零點存在定理判斷可得答案.【小問1詳解】由得，當(dāng)時，f'x<0，在單調(diào)遞減，當(dāng)時，f'x>0，在單調(diào)遞增，因此最小值為；【小問2詳解】不全為0，不妨，，所以，，因此由零點存在定理，在各至少有一個零點，結(jié)論得證.16.記的內(nèi)角的對邊分別為，已知.（1）求；（2）求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角，結(jié)合三角恒等變換即可求解；（2）由正弦定理邊化角，由三角恒等變換結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)即可求解.【小問1詳解】因為，所以由正弦定理知，而，故，從而.由于是三角形內(nèi)角，故，從而，故，亦即，顯然，故.【小問2詳解】因為，，又，所以，解得，所以，從而.不妨設(shè)，則，即的取值范圍是，所以的取值范圍是，而，所以的取值范圍是，所以的取值范圍是.17.已知是棱長為的正四面體，設(shè)的四個頂點到平面的距離所構(gòu)成的集合為，若中元素的個數(shù)為，則稱為的階等距平面，為的階等距集.（1）若為的1階等距平面且1階等距集為，求的所有可能值以及相應(yīng)的的個數(shù)；（2）已知為的4階等距平面，且點與點分別位于的兩側(cè).若的4階等距集為，其中點到的距離為，求平面與夾角的余弦值.【答案】（1）答案見解析（2）.【解析】【分析】（1）分兩種情況得出的所有可能值以及相應(yīng)的的個數(shù)；（2）先根據(jù)已知得出，再計算求得余弦值.【小問1詳解】①情形一：分別取的中點，由中位線性質(zhì)可知，此時平面為的一個1階等距平面，為正四面體高一半，等于.由于正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況；②情形二：分別取的中點將此正四面體放置到棱長為1正方體中，則為正方體棱長的一半，等于.由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況.綜上，當(dāng)?shù)闹禐闀r，有4個；當(dāng)?shù)闹禐闀r，有3個.【小問2詳解】在線段上分別取一點，使得，則平面即為平面.如圖，取中點，連接，以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，過點且與平面垂直的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，，設(shè)，，設(shè)平面法向量為m=所以，即，所以，又平面的法向量為，設(shè)平面與夾角為所以，所以平面與夾角余弦值為.18.設(shè)數(shù)列的前項和為，已知.令.（1）求的通項公式；（2）當(dāng)時，，求正整數(shù)；（3）數(shù)列中是否存在相等的兩項？若存在，求所有的正實數(shù)，使得中至少有兩項等于；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）4（3）存在，【解析】【分析】（1）應(yīng)用結(jié)合等差數(shù)列計算求解；（2）根據(jù)求解數(shù)列的最大值即可解題；（3）根據(jù)已知分析取等即可計算求解.【小問1詳解】，即.當(dāng)時，，即.將換成，有.上述兩式相減得，即，故為等差數(shù)列.由，所以.【小問2詳解】由，易得.當(dāng)時，由.得，即，亦即.從而可得4），故的最大項是第4項.所以.【小問3詳解】由（2）知，.又對，故若中有兩項相等，只可能是或，且這樣的若存在，則必唯一.易得，又，則僅有兩項相等，故.【點睛】方法點睛：應(yīng)用放縮再結(jié)合等比數(shù)列的和證明數(shù)列的范圍進而證明數(shù)列的單調(diào)性19.在直角坐標(biāo)系中，過橢圓的右焦點的直線與截得的線段長的取值范圍是.（1）求的方程；（2）已知曲線的切線被坐標(biāo)軸所截的線段長為定值.（i）求與截得的線段長；（ii）求與截得的線段長的取值范圍.【答案】（1）（2）（i）1；（ii）【解析】【分析】（1）由題可得，結(jié)合條件可得方程；（2）（i）設(shè)切點為，結(jié)合導(dǎo)數(shù)可表示出切線方程為，分別令和，求出，的坐標(biāo)，從而得到，由為定值，可得，從而得到與截得的線段長；（ii）設(shè)切線與橢圓交于，此時令，則切線，將切線與聯(lián)立，結(jié)合韋達定理化簡可得：，從而得到與截得的線段長的取值范圍.【小問1詳解】設(shè)的焦距為，設(shè)與交于Ax1,y1①當(dāng)與軸重合時，顯然；②當(dāng)不與軸重合時，設(shè)，則將與聯(lián)立，整理