浙江省2024年普通高考适应性测试数学答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_浙江省2024年普通高考适应性测试数学试题

参考答案：
1．A
【分析】利用余弦定理求出cosB的值，利用同角三角函数的基本关系求出sinB的值，再利用三角形的面积
公式可求得ABC的面积.
AB2+BC2−AC2 25+36−49 1
【详解】由余弦定理可得cosB= = = ，则B为锐角，
2AB⋅BC 2×5×6 5
2
1 2 6
故sinB= 1−cos2B = 1−  = ，
5 5
1 1 2 6
因此，ABC的面积为S = AB⋅BCsinC = ×5×6× =6 6.
△ABC
2 2 5
故选：A.
2．A
【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于①：因为面面平行的判定定理要求m,n相交，若没有，则α,β可能相交，故①错误；
对于②：因为线面平行的判定定理要求m⊄α，若没有，则可能m⊂α，故②错误；
对于③：根据线、面位置关系可知：m//n，或m,n异面，故③错误；
对于④：根据线、面位置关系可知：m//n，或m,n异面，故④错误；
故选：A.
3．C
【分析】对A，根据二项分布的方差公式求解即可；对B，根据正态分布的对称性求解即可；对C，根据百
分位数的定义判断即可；对D，根据对立事件的概率公式，结合事件A与事件B相互独立事件满足
P(AB)=P(A)P(B)判断即可．
1 3 9
【详解】对A，D(η)=np(1− p)=12× × = ，故A错误；
4 4 4
对B，若随机变量ξ N ( 2,σ2) ，且P(ξ<4)=0.8，则P(2<ξ<4)=P(ξ<4)−P(ξ<2)=0.8−0.5=0.3，故
B错误；
18+20
对C，数据组共10个数据，故第80百分位数为从小到大第8，9个数据的平均数，即 =19，故C正
2
确；
2 1 1
对D，P(A)= ，P(B)= ，故P(A∩B)= ≠P(A)P(B)，故事件A与事件B不相互独立，故D错误；
3 3 9
故选：C．
4．C
答案第1页，共12页
学科网（北京）股份有限公司【分析】根据数乘向量运算的定义判断各选项.
 
【详解】对于A，当λ>0时，a与λa方向相同，因此A不正确；
 
对于B，|λ|<1时， −λa < a ，因此B不正确；
 
对于C，因为λ2 >0，所以a与λ2a 同向，C正确；
 
对于D，|λa|是实数，|λ|a是向量，不可能相等．
故选：C．
5．B
1 1 24
【详解】sinα+cosα= ,0≤α≤π, 则sinα>0,cosα<0, (sinα+cosα)2 = ⇒2sinαcosα=− ，故
5 25 25
 π 49 7
2sinα− =sinα−cosα= (sinα−cosα)2 = 1−2sinαcosα= =
 4 25 5
选B
6．B
【分析】先排4位男生，再在他们形成的间隔(除两端)插入两个女生即可得解.
【详解】计算出场顺序的排法种数需要两步：第一步，排4位男生有A4种，第二步，在4位男生形成的中
4
间间隔中插入2位女生有A2种，
3
由分步乘法计算原理得A4A2 =24⋅6=144，
4 3
所以出场顺序的排法种数为144.
故选：B
7．A
【分析】通过对称性以及数量积与垂直的关系可得MFF′是直角三角形，OM =c，由题意可设出
3 4 
M c, c，代入双曲线方程可得关于a,c的齐次式，进而可得结果.
5 5 
【详解】设坐标原点为O，双曲线的另一个焦点为F′，连接MF′，NF′，
由对称性知OF = OF′ ，OM = ON ，所以四边形MFNF′是平行四边形，
 
又MF⋅NF =0，所以四边形MFNF′是矩形，
1
故MFF′是直角三角形，|OM |= FF′ =c.
2
不妨设点M 在第一象限，直线l的倾斜角为θ，
答案第2页，共12页4 4 3
则tanθ= ，sinθ= ，cosθ= ，
3 5 5
3 4 
则点M(ccosθ,csinθ)，即M c, c.
5 5 
9c2 16c2
又点M 在双曲线上，所以 − =1，即9e4−50e2+25=0，
25a2 25b2
即 ( e2−5 )( 9e2−5 ) =0，又e>1，所以 e2 =5，e= 5，
故选：A.
【点睛】本题是求解双曲线离心率的问题，解决本题的关键是由已知条件建立关于a，c的等式，解题时，
应善于从题目给出的条件中挖掘几何元素间的关系，然后将这种关系用含a，c的等式表示，即可求得离心
率.
8．B
1 a
【分析】根据题意求出a = ，判断出数列{a }递减，且0<a ≤1，再对a = n 两边取倒数，然后平方
2 2 n n n+1 a2+1
n
2 2 2 2
 1   1   1   1  1
整理得  −  =2+a2，再利用单调性进行放缩，可得出当n≥3时，2<  −  <2+ ，结
a  a  n a  a  4
n+1 n n+1 n
合不等式的性质即可得解.
a
【详解】∵a = n ，a =1，
n+1 a2+1 1
n
1 a 1
∴a = ，a ≠0，则 n+1 = ，
2 2 n a a2+1
n n
∵a 2 >0，
n
a
∴0< n+1 <1，即数列{a }递减，则0<a ≤1，
a n n
n
a
∵a = n ，
n+1 a2+1
n
2 2 2 2
1 1  1   1   1   1 
∴两边取倒数得 a n+1 = a n +a n ，即 a n+1   = a n   +2+a n 2，则 a n+1   − a n   =2+a n 2，
∵数列{a }递减，
n
2 2
1  1   1  1
∴当n=2时，2<2+a2 =2+ ，即2<  −  =2+ ；
n 4 a  a  4
3 2
2 2 2 2
1  1   1  1  1   1  1
当n≥3时，2<2+a2 <2+a 2 =2+ ，即2<  −  <2+ ，2<  −  <2+ ，，
n 2 4 a  a  4 a  a  4
4 3 5 4
答案第3页，共12页
学科网（北京）股份有限公司2 2
 1   1  1
2<  −  <2+ ，
a  a  4
n+1 n
2 2 2
 1   1   1  1 
∴根据不等式的性质可得2×48<  −  <2+ ×48，即100<  <112<121，
a  a   4 a 
50 2 50
1 1
∴ <a < .
11 50 10
故选：B.
9．ABC
【分析】由题可知A=3, T = π ，解得ω=3，又   5π ,3  在 f (x)=3sin(3x+ϕ)的图象上，结合ϕ< π 得ϕ=− π ，
2 3 18  2 3
 π
得 f (x)=3sin3x− ，即可判断A；根据三角函数的性质可判断B、C、D.
 3
T 5π  π  π 2π 2π
【详解】由题可知A=3, = −− = ，所以T = = ，解得ω=3，
2 18  18 3 3 ω
5π  5π 
所以 f (x)=3sin(3x+ϕ)，又 ,3在 f (x)的图象上，所以3=3sin +ϕ，
18   6 
5π π π π π
所以 +ϕ= +2kπ,k∈Z，所以ϕ=− +2kπ,k∈Z，又ϕ< ，所以ϕ=− ，
6 2 3 2 3
 π
所以 f (x)=3sin3x− ，故A正确；
 3
π π 3π 5π 2kπ 11π 2kπ
令 +2kπ≤3x− ≤ +2kπ,k∈Z，解得 + ≤x≤ + ,k∈Z，
2 3 2 18 3 18 3
5π 2kπ 11π 2kπ
所以 f (x)的单调减区间为

+ , +

,k∈Z，故B正确；
18 3 18 3 
π π 5π kπ 29π
令3x− = +kπ,k∈Z，解得x= + ,k∈Z，当k =4时，x= ，故C正确；
3 2 18 3 18
π π kπ π kπ 11π 10
令3x− =kπ,k∈Z，解得x= + ,k∈Z，令 + = ,k∈Z，则k = ∉Z，故D错误.
3 9 3 9 3 9 3
故选：ABC.
10．ABD
【分析】直接利用余弦定理，三角形的面积公式，圆的内接四边形性质，和等差数列的证明对选项逐一判
断即可.
【详解】AB=CD=5,AD=3,∠BCD=60∴∠BAD=120
答案第4页，共12页+
连接AC,BD，由AB=CD可得∠BDA=∠CAD，又因为∠ABD=∠ACD，所以BAD≅CDA(AAS)
∴∠BAD=∠CDA=120°
∴∠BCD+∠CDA=180°∴BC//DA
显然AB不平行CD即四边形ABCD为梯形，故A正确；
 1
在△ABD中，BD2 = AB2+AD2−2AB⋅ADcos120°=52+32−2×5×3×− =49
 2
在△BCD中由余弦定理可得BD2 =CB2+CD2−2CB⋅CDcos∠BCD
∴72 =CB2+52−2×5×CBcos60°解得CB=8或CB=−3（舍去）
1 1 3 15 3 1 1 3 40 3
∴S = AB⋅ADsin120°= ×5×3× = ∴S = CB⋅CDsin60°= ×5×8× =
BAD 2 2 2 4 BCD 2 2 2 4
15 3 40 3 55 3
∴S =S +S = + = 故B正确
ABCD BCD BAD 4 4 4
在BAD中由余弦定理可得BD2 = AB2+AD2−2AB⋅ADcos∠BAD
∴BD2 =52+32−2×5×3cos120°=49∴BD=7∴圆的直径不可能是7，故C错误；
在△ABD中，AD=3，AB=5，BD=7，满足AD+BD=2AB
∴ABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确.
故选：ABD
11．AB
 
DA ⋅n 
【分析】由题意对于A，可由等面积法验算；对于B，由d = 1  1 即可验算；对于C，由AP=(x,y,z−1)
1
n
  
与AC =(1,1,−1)共线即可验证；对于D，由n⋅AP=x+y+(z−1)=0即可验证.
1 1
答案第5页，共12页
学科网（北京）股份有限公司【详解】
由题意A (0,0,1),C(1,1,0),D (0,1,1),B(1,0,0),D(0,1,0)，
1 1
  
所以DC =(1,0,−1),DA =(0,−1,0),AC =(1,1,−1)，
1 1 1 1

若点P(x,y,z)在直线AC上，则AP=(x,y,z−1)，
1 1
 
由AP=(x,y,z−1)与AC =(1,1,−1)共线可得x= y=1−z，故C正确；
1 1
 
又DC⋅DA =0，所以DC ⊥DA，
1 1 1 1 1 1
  
而 DC = 2, DA =1， AC = 3，
1 1 1 1
不妨设点D 到直线AC的距离为h，
1 1
1 1 6
由等面积法有 ×1× 2 = × 3×h，解得h= ，故A错误；
2 2 3
  
AB=(1,0,−1),AD=(0,1,−1)，不妨设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
1 1 1
x−z=0 
则 ，令z=1，解得x= y=1，即取平面ABD的法向量为n=(1,1,1)，
y−z=0 1

若点P(x,y,z)在平面ABD内，则AP=(x,y,z−1)，
1 1
 
所以n⋅AP=x+y+(z−1)=0，即x+y+z=1，故C错误；
1

又DA =(0,−1,0)，
1 1
 
DA ⋅n
所以点D 到平面ABD的距离为d = 1  1 = 1 = 3 ，故B正确.
1 1
n 3 3
故选：AB.
12．−1
【分析】利用指数幂的运算性质和对数的运算性质计算即可求解.
答案第6页，共12页1 2
−3×
【详解】原式=1−22log43+   49   2 +   4  3
256 3
7 9
=1−22log43+ +
16 16
=1−3+1
=−1．
故答案为：−1.
(
13． − 2,0

1 1 1 1 1
2<a=−x2+4=−lnx +x + =ln + + =lnx +x + ≤4
【分析】由题意首先得a∈(2,4 ]， 1 2 2 x x x 1 3 3 x ，进一
2 2 2 3
x
2
步有x x =1，由此即可顺利得解.
2 3
【详解】由题意设h(x)= f (x)+x，则函数F(x)= f (x)−g(x)的零点即为方程h(x)=a的根，
在同一平面直角坐标系中分别画出函数h(x)的图象以及直线y=a如图所示：
若函数F(x)= f (x)−g(x)有三个零点x,x ,x ，（不妨设为x <x <x ），
1 2 3 1 2 3
则方程h(x)=a的根有三个根x,x ,x ，且x ≤0<x <1<x ，
1 2 3 1 2 3
所以a∈(2,4 ]，
1 1 1 1 1
2<a=−x2+4=−lnx +x + =ln + + =lnx +x + ≤4
且 1 2 2 x x x 1 3 3 x ，
2 2 2 3
x
2
1 1
因为y=lnx+x+ 在(1,+∞)单调递增，所以x = ，即x x =1，
x 3 x 2 3
2
所以x ⋅x ⋅x =x ，
1 2 3 1
令2=a=−x2+4，x≤0，解得x=− 2，令4=a=−x2+4，x≤0，解得x=0，
(
所以x ⋅x ⋅x =x ∈ − 2,0 .
1 2 3 1 
答案第7页，共12页
学科网（北京）股份有限公司(
故答案为： − 2,0 .

【点睛】关键点睛：关键是根据函数单调性得到x x =1，由此即可顺利得解.
2 3
4
 3
14． π 0, 
3  2 
2
【分析】根据题意可知，点B的轨迹为两个圆心角都为 π的圆弧和一个点，即可求出点B的轨迹长度，分
3
 3
别求出点B在滚动的过程中纵坐标的范围，求出点P

0, 

，即可求解.
 2 
2
【详解】根据题意可知，点B的轨迹为两个圆心角都为 π的圆弧和一个点，且圆弧的半径为1，
3
2 4
所以顶点B运动轨迹的长度为2×1× π= π，
3 3
P

0,
3
，O

P

=

0,
3
，设B(x,y)，则O

B

=(x,y)
   
 2   2 
 
3
所以OB⋅OP= y，
2
滚动的过程中B的纵坐标y满足0≤ y≤1，
  3  3
所以OB⋅OP= y∈0, ，
2  2 
4
 3
故答案为： π；0, .
3  2 
a=0
  1 1  1 1
15．（1） 1；（2） f(x)的单调减区间为0, , f(x)的单调增区间为 ,+∞， f(x) = − .
b=  e e  min 2 e
 2
【分析】（1）求出函数的导数，计算 f '(1)， f(1)可求出a，b的值；
（2）求出函数的解析式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；进而可求
得函数的最小值.
【详解】（1） f(x)=xlnx+ax+b, ∴f′(x)=lnx+a+1
1
又∵函数 f(x)在(1, f(1))处的切线为2x−2y−1=0, f(1)= ，
2
f′(1)=a+1=1 a=0
 
∴ 1，解得： 1
f(1)=a+b= b=
 2  2
（2）由（1）可得： f′(x)=1+lnx，
答案第8页，共12页 1
当x∈0,

时， f′(x)≤0, f(x)单调递减；
 e
1 
当x∈ ,+∞时， f′(x)>0, f(x)单调递增，
e 
 1 1 
∴f(x)的单调减区间为0, , f(x)的单调增区间为 ,+∞，
 e e 
1 1 1
f(x) = f  = − .
min e 2 e
【点睛】该题考查的是有关导数的问题，涉及到的知识点有根据切线方程确定参数的值，应用导数研究函
数的单调性和最值，属于简单题目.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）作辅助线连接CB，设CB 与CB的交点为E，连接DE，利用三角形中位线证明DE∥AC ，
1 1 1 1
根据线面平行的判定定理证明结论；
（2）证明BB ⊥CD，再证明CD⊥ AB，根据面面垂直的判定定理即可证明结论.
1
【详解】（1）证明：连接CB，设CB 与CB的交点为E，连接DE，则E为BC 中点，
1 1 1 1
因为点D是AB的中点，所以DE∥AC ，
1
因为DE⊂平面CDB,AC ⊄平面CDB ，所以AC 平面CDB .;
1 1 1 1 1
（2）证明：在三棱柱ABCABC 中，
1 1 1
因为BB ⊥平面ABC,CD⊂平面ABC，
1
所以BB ⊥CD，
1
答案第9页，共12页
学科网（北京）股份有限公司又AC =BC，点D是AB的中点，
所以CD⊥ AB.
因为BB ∩AB=B,BB,AB⊂平面BBAA，
1 1 1 1
所以CD⊥平面ABBA ，
1 1
又CD⊂平面CDB ，所以平面CDB ⊥平面ABBA .
1 1 1 1
17．有99.9%的把握认为黄烟经过培养液处理与是否跟发生青花病是有关系的．
n(ad−bc)2
【详解【】试题 分析】先依据题设中的22列联表中的数据，运用公式K2 =
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
1633×(30×1355−224×24)2
计算出 K2 = =68.033 ，再与参考数据表中的数据进行比对与分析进行
254×1379×54×1579
推断：
n(ad−bc)2 1633×(30×1355−224×24)2
解：根据公式，则有K2 = = =68.033 ．
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
254×1379×54×1579
∵68.033>10.828，
∴说明有99.9%的把握认为黄烟经过培养液处理与是否跟发生青花病是有关系的．
5
18．（1）y=−2 ；（2） ae2
e
【分析】（1）把a=1代入函数解析式，求出函数在x=1出的导数，可得函数f(x)在点(1，−2)处的切线方程；
（2）求出原函数的导函数，分a≤0和a>0讨论，当a>0时由导函数在不同区间的符号得到原函数的单调
性，从而求出函数在区间

e−4,e

上的最小值点，由题意列出不等式组，可得a的取值范围.
1
【详解】（1）当a=1时， f (x)=x−lnx−3， f′(x)=1− ，∴ f′(1)=0，
x
∴函数 f(x)在点(1,−2)处的切线方程为：y=−2 ;
1
（2）由 f (x)=ax−lnx−3，得 f′(x)=a− ，
x
1
当a=0时， f′(x)=− 在x∈

e−4,e

上单调递减，不满足题意；
x
1
当a<0时， f′(x)=a− 在x∈

e−4,e

上恒小于0，函数在x∈

e−4,e

上单调递减，不满足题意；
x
1 ax1 1
当a>0，由 f  (x)a  0可得x= ，
x x a
1 1
当 ≤e−4或 ≥e时， f′(x)≥0或 f′(x)≤0，函数 f (x)=ax−lnx−3在x∈

e−4,e

都是单调函数，
a a
答案第10页，共12页函数 f (x)在x∈

e−4,e

上的图象与直线yt(0t1)不可能两个不同交点，
1
故需e−4 < <e；
a
1 1
由 f′(x)=a− <0，得e4 x ，
x a
 1
∴当xe4, 时， f′(x)＜0， f(x)单调递减；
 a
1 1
由 f′(x)=a− ＞0，得 <x<e，
x a
1 
∴当x ,e时， f′(x)>0， f(x)单调递增；
a 
∴函数 f(x)在x∈

e-4,e

上的图象与直线yt(0t1)恒有两个不同交点，
f(e−4)≥1

 1 5
则需f( )＜0 ，可得 ae2，
 a e
f(e)≥1

5
∴实数a的取值范围是( ,e2).
e
【点睛】本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，体现了数学
转化思想及分类讨论的思想，是中档题.解答时要注意将图象的交点问题转化为函数的最值问题进行解决.
19．(1)x=3k 或x=3k+1（k∈Z）．
tan(3n+1)−tan1
(2)①3036；② −n
tan3
【分析】（1）根据带除的定义求解，x(x−1)≡0（mod3），即x(x−1)能被3整除，从而得出x或x−1能被3
整除；
（2）①首先求出a （分奇偶项），确定出b ，用并项求和法求和；②求出c ，利用两角差的正切公式变形
n n n
通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意x(x−1)≡0（mod3），所以 x=3k 或x−1=3k（k∈Z），即 x=3k 或x=3k+1（k∈Z）．
3n−1
( n为奇数)

（2）由（1）可得{a }为{1,3,4,6,7,9,10,}，所以a =   2 ．
n n  3× n ( n为偶数)
 2
 2 ( n为奇数)
①因为b =a −a （n∈N*），所以b = ．
n n+1 n n
 1
( n为偶数)
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学科网（北京）股份有限公司S =b +b +b ++b =3×1012=3036．
2024 1 2 3 2024
②c =tana ⋅tana =tan(3n+1)⋅tan(3n−2)（n∈N*）．
n 2n+1 2n−1
tan(3n+1)−tan(3n−2)
因为tan(3n+1)⋅tan(3n−2)= −1，
tan3
tan4−tan1  tan7−tan4  tan(3n+1)−tan(3n−2) 
所以T =c +c +c = −1+ −1++ −1
n 1 2 n  tan3   tan3   tan3 
tan(3n+1)−tan1
= −n．
tan3
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解
题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差
的正切公式等等知识才能顺利求解．
答案第12页，共12页