浙江省绍兴市柯桥区2024届三模 数学试题【含答案】

2024年6月浙江省普通高校招生全国统一考试柯桥区数学适应性试卷注意事项：1本科考试分为试题卷和答题卷，考生须在答题卷上答题2答题前，请在答题卷的规定处用黑色字迹的签字笔或钢笔填写学校、班级、姓名和准考证号3试卷分为选择题和非选择题两部分，共4页全卷满分150分，考试时间120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，则=（）ABCD2在复平面内，复数对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则4已知实数，若，且这四个数的中位数是3，则这四个数的平均数是（）AB3CD45在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，则A等于（）ABCD6已知函数的图象关于点对称，若当时，的最小值是，则的最大值是（）ABCD7已知直线与椭圆C：交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率是（）ABCD8已知函数为偶函数，若函数的零点个数为奇数个，则（）A1B2C3D0二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分9已知平面向量，则（）A若，则B若，则C若在的投影向量为，则D若，则10已知随机变量，若，则（）ABCD11平行四边形ABCD中，且，AB、CD的中点分别为E、F，将沿DE向上翻折得到，使P在面BCDE上的投影在四边形BCDE内，且P到面BCDE的距离为，连接PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（）ABC三棱锥的外接球表面积为D点Q在线段PE上运动，则的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12的展开式中的系数为 （用数字作答）13如图，点A，B为射线OP上两动点，且，若射线OQ上恰有一个点C，使得，则此时OA的长度为 14若，且，则的最小值是 四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15如图，在直三棱柱中，、分别为、的中点，设平面交棱于点(1)求；(2)求二面角的平面角的正切值16已知数列的前n项和为，且，设(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列的前项和17小明进行足球射门训练，已知小明每次将球射入球门的概率为0.5(1)若小明共练习4次，求在射入2次的条件下，第一次没有射入的概率；(2)若小明进行两组练习，第一组射球门2次，射入次，第二组射球门3次，射入次，求18设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，记直线，的斜率为，(1)求双曲线的方程；(2)求证为定值19若函数有且仅有一个极值点，函数有且仅有一个极值点，且，则称与具有性质(1)函数与是否具有性质？并说明理由(2)已知函数与具有性质（i）求的取值范围；（ii）证明：1A【分析】借助对数定义域可得，再利用交集定义运算即可得.【详解】，则.故选：A.2B【分析】先对复数化简，然后根据复数的几何意义可求得结果【详解】解：由知复数的实部为，虚部为所以复数对应的点位于第二象限故选：B3D【分析】由空间中的线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可.【详解】若，则或，所以A错；，或，所以B错；若，则，所以C错；若，则与两面的交线平行，即，故D对.故选：D.4D【分析】借助中位数与平均数定义结合题目所给条件计算即可得.【详解】由题意可得，即，则.故选：D.5D【分析】本题先根据诱导公式对条件式进行化简，再用余弦定理进行边角互化，即可得出答案.【详解】因为，所以，即，如图，过B点作于D，可知，所以，所以，又，所以.故选：D.6B【分析】利用正弦型函数的对称性可得，再利用正弦型函数的最小值即可得解.【详解】由题意可得，则，又，故，即，当时，又的最小值是，则，故，即的最大值是.故选：B.7C【分析】由题意可得四边形为矩形，结合椭圆定义与勾股定理可将分别用和表示，即可得离心率.【详解】取右焦点，连接、，由在以线段为直径的圆上，故，结合对称性可知四边形为矩形，有，有，又，由，则，由椭圆定义可得， 故，则.故选：C.8D【分析】由函数的图象关于对称得零点关于对称，但的零点个数为奇数个可得答案.【详解】因为函数为偶函数，所以，所以的图象关于对称，令，则，可得函数的图象关于对称，所以函数的图象关于对称，则函数的零点关于对称，但的零点个数为奇数个，则.故选：D.9ACD【分析】借助向量的平行及垂直的坐标运算可得A、B、D，借助投影向量定义结合坐标运算可得C.【详解】对A：若，则有，解得，故A正确；对B：若，则有，解得，故B错误；对C：若在的投影向量为，则有，化简得，即，故C正确；对D：若，则有，解得，故D正确.故选：ACD.10ABD【分析】借助正态分布的对称性可得A、B，借助正态分布定义及期望与方差的性质可得C、D.【详解】由随机变量，则，则，故A、B、D正确，C错误.故选：ABD.11ABD【分析】记的中点为，过点作，证明点为点在平面上的投影，解三角形求，判断A，证明平面，判断B，根据正四面体性质求三棱锥的外接球半径，结合球的表面积公式判断C，通过翻折，将问题转化为求的问题，求其值，判断D.【详解】由已知，记的中点为，连接，因为，为的中点，所以，因为，所以，故，又为的中点，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，过点作，为垂足，因为平面平面，平面，所以平面，即点为点在平面上的投影，因为P到面BCDE的距离为，所以，由已知，所以，又，所以，所以，所以，故，A正确，因为，所以点为的外心，又为等边三角形，所以点为的中心，连接并延长，交与点，则，为的中点，连接，因为，故，所以三点共线，且，又，所以，又平面，平面，故，因为，平面，所以平面，平面，所以，B正确；因为为正四面体，且棱长为，所以其外接球的半径为，所以三棱锥的外接球表面积为，C错误；因为，所以，所以，故，将翻折到同一平面，如图所以的最小值为，且，所以，又，D正确，故选：ABD.12【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】对有，则，故的展开式中的系数为.故答案为：.13【分析】由题意可得：与以为直径的圆相切，结合切线的性质与题目条件计算即可得.【详解】由题意可得：与以为直径的圆相切，取中点，连接，则且，又，则，则.故答案为：.14【分析】由题意可借助、表示出，从而消去，再计算化简后结合基本不等式计算即可得.【详解】由，则，即，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：.15(1)(2)【分析】（1）建立适当空间直角坐标系后，可得平面的法向量，由平面，可得与垂直，计算即可得解；（2）求出平面与平面的法向量，借助夹角公式计算其夹角余弦值后即可得其正切值.【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有、，设，则、，设平面的法向量为，则有，令，则有，即，由平面，则，解得，故；（2），设平面的法向量分别为，则有，令，则有，即，由轴平面，故平面的法向量可为，则，则，则二面角的平面角的正切值为.16(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助与的关系可消去，得到，借助将其转换为后结合等比数列定义即可得证；（2）借助错位相减法计算即可得.【详解】（1），即，即，则，即，即，又，故数列是以为首项、以为公比的等比数列，则；（2）由，即，则，则，有，则，故.17(1)(2)【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；（2）方法1：得到的可能取值及相应的概率，求出期望值；方法2：得到，得到，由，互相独立，求出，得到答案；【详解】（1）设事件表示共有次射入，事件B表示第一次没射入，则表示一共投中2次，且第一次没投中，则从剩余的三次选择两次投中，故，表示一共投中2次，故，则；（2）方法1：根据题意有可得取值为，的可能取值为，故的可能取值为，则，所以.方法2：因为，所以，又因为，互相独立，所以.18(1)(2)证明见解析【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.【详解】（1）由题意可得，解得，故双曲线的方程为；（2）由双曲线的方程为，则，由题意可知直线斜率不为，故可设，联立，消去可得，即，则，则，即，则，即为定值.【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，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19(1)具有，理由见解析(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具体值，即可得解；（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分及可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况下，再对细分，结合零点的存在性定理讨论不同的的情况下不同的极值点的范围，结合进行计算即可得解；（ii）分及进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.【详解】（1）函数与具有性质，理由如下：，令，则，故单调递减，又，故存在，使，则在上单调递增，在上单调递减，故有且仅有一个极值点，则当时，当时，故在上单调递减，在上单调递增，故有且仅有一个极值点，故函数与具有性质；（2）（i）， 又，故，当时，此时没有极值点，故舍去，当时， 令，则恒成立，故在上单调递增，故，由，令，则恒成立，故在上单调递减，当时，有，又时，故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，则有唯一极值点，有，又时，故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，则有唯一极值点，即有，即，此时需满足，则，故有，即，即，故符合要求；当时，又时，故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，则有唯一极值点，有，又时，故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，则有唯一极值点，同理可得，此时需满足，即，则，由，故该不等式成立，故符合要求；当时，有，此时，即、的极值点都为，不符合要求，故舍去；综上，故；（ii）当时，有，则，故，在上单调递增，在上单调递减，则，令，则，令，则，故在上单调递增，则，故，要证，只需证，即当，有；当时，有，则，即，在上单调递增，在上单调递减，则，即要证，只需证，即当，有；综上所述，.【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于分及进行讨论，从而可得不同的的情况下不同的、的范围，结合放缩进行推导.