浙江省稽阳联谊学校2024届高三下学期4月联考试题（二模）数学PDF版含解析(1)_2024年4月_024月合集_2024届浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月联考试题（二模）

{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}2024 年 4 月稽阳联考数学科评分标准 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，只有一项是符合题 目要求的． 1-4．ADBC 5-8．CBCD 1．【解析】当z12i时，z(1i)13i，位于第二象限，正确选项为A． 2．【解析】A{x|2x5},B{x|x1或x3}，故A B(3,5)，正确选项为D．  2 3．【解析】由二项式定理展开，x2(x )7中的常数项为C6(2)6 448． x 7   1 4．【解析】sin(x )0，即A{x|x kkZ}，而|cosx| ，即 3 3 2   1 B{x|x k,kZ}，由AB，则“sin(x )0”是“|cosx| ”的充分不必要条件． 3 3 2 5．【解析】如图，P,Q在两圆及其内部的范围内，故|PQ|得最大值为4． y M(-1,0) O N(1,0) x 6．【解析】设数列{a }，a 1,a 192， 由a ,a , ,a 成等比数列，公比为2，则a 32n3，n3， n 1 9 3 4  9 n 故由a ,a ,a 成等差数列，得a n,n3，2两13铢需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铢的环权， 1 2 3 n 故需要3枚． 7．【解析】样本偏度反应数据偏离方向与程度，由图表可得，有比较多的小于样本均值x3.4的数据， 1 100 当右侧有长尾时，受极端值影响，b  (x x)3 0，而样本方差b 0，则 0． 3 100 i 2 s i1 1 8．【解析】取y0，则 f(x)4f(x)f2(0)，故 f(0) ，选项A正确． 2 1 取yx，则 f(x)4f(x) f2(x)，则 f(x) f(x) ，选项B正确． 4 1 1 1 1 取x0,y ，则 f(1)4f(0)f2( )，则 f2( ) ， 2 2 2 2 1 1 2024 取y ， f(x1)4f(x) f2( )2f(x)， f(k)2k1，则 f(k)是奇数，选项C正确． 2 2 k1 取函数 f(x)2x1，符合题目条件，但此时 f(x)无最小值，故选项D错误． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．AC 10．BCD 11．ACD 2 2 9．【解析】y f(x)关于( ,f( ))中心对称，故A正确； 3 3 1 1 31 3 令 f '(x)3x2 4x10，解得x 或x1，所以极小值为 f(1)1，极大值为 f( )  ， 3 3 27 2 故只有唯一解，B错误； 1 1 y f(x)在[0, ]上单调递增，在[ ,1]上单调递减，在1,2上单调递增， f(x)1,3，故C正确； 3 3 过点0,1作y f(x)的切线，有2条，故D错误．   10．【解析】由a//b，则S a (S 1)，若a 1时，{S }为等差数列，B正确； n1 1 n 1 na a an a 若a 1时，S  1 a (S  1 )，则S  1  1 ，则a (a )n，故A错误； 1 n 1a 1 n 1a n a 1 a 1 n 1 1 1 1 1 若a 1，a (1)n，|a a |2，故C正确； 1 n n n1 若 a 2， a 2n， (211)(211)(22 1)… … (22n 1)(22 1)(22 1)(24 1)… … (22n 1)22n1 1， 1 n 故D正确． 11．【解析】对选项 A，取 AD,BC,BC ,AD 中点分别为 M,N,X,Y ，再取 MN,XY 中点为 S,R，则 1 1 1 1 MN 2,XY 4,球O内切于棱台，则O点即为梯形MNXY 内切圆心，易知O为SR中点，且MO,YO 均 为 角 平 分 线 ， 故 △OYR∽△MSO， 则 r OROS  RQSM  2 ， 故 球 O的 表 面 积 S4r2 8，故A正确． 对选项B，由上述分析可得，MY  XN 3，则正四棱台ABCDABCD 侧棱AA  10 ． 1 1 1 1 1 作OE XN，垂足为E，则E为XN 三等分点（靠近N）． 设EN h，由勾股定理即得EN2 BN2 EX2 B X2，则h2，△BBC 的外接圆心E为 XN 三 1 1 1 等分点（靠近 X ），则三棱锥PBBC 的外接球球心O满足OE面BBC ，显然OE 面BBC ， 1 1 1 1 1 1 故三棱锥PBBC 的外接球球心不可能为O，故B错误． 1 1 对选项C，若直线DP面PBC ，作DH BC ，垂足为H ，则P的轨迹为以DH 为直径的圆，圆 1 1 1 1 所在的平面与 BC 垂直，又点 P为侧面 AADD 上一点（含边界），取C X,DY中点 Z ,Z ，作 1 1 1 1 1 1 1 2 5 ZGZ D，垂足为P，此时|DP| ． 1 2 3 对选项D，平面PBC 与球O的截面为圆，半径r 满足r2 d2 r2，故只需找离O最远的平面PBC 1 0 0 1 即可，显然观察四个顶点即可，其中P取A,D 时为同一平面ABCD ，此时显然离O较近． 1 1 1 10 当P取A时，作OF BR，垂足为F ，则OF⊥平面PBC ，d  ； 1 1 5 当P取D时，作OGCS，垂足为G，则OG⊥平面PBC ， d 1，故r 1，故D正确． 1 1 0max D C 1 1 Y R X B A 1 1 E' O E D M C S N A B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 5 5 1 3 12． （填 也对） 13． 14． 5 5 2 3     12．【解析】由 (akb)(akb)，几何意义为平行四边形的两条对角线互相垂直，即菱形，故        5 |a||kb| 5．由a(1,2)，ab(4,2)，容易得b(3,4)，则|b|5，k  均可． 5 1 ab ab 1 13．【解析】min{ab, }   ，当且a2b1时等号成立． a2 4b2 a2 4b2 4ab 2 5 c PF QF 14．【解析】C :x2  y2  cxc2 0与x轴的交点为P( ,0),Q(2c,0)， 1  1 3． 2 2 2 PF QF 2 2 AF 根据阿波罗尼斯圆的定义，得到 1 3,又 AF  AB ,则 BF 2 AF ， AF 1 2 2 2 b2 b2 a 因为 AF  , BF  ,代入 BF 2 AF ，得到cos ， 2 accos 2 accos 2 2 3c 3a a 9a2 a2 a a 3 在AFF 中， AF  , AF  ,余弦定理得到  4c2 22c ( )，解得e . 1 2 1 2 2 2 4 4 2 3c 3四、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．（本小题满分13分） 【解析】 1 （Ｉ）选①：4S  3  a2 b2 c2 ,即4 absinC  3abcosC, 2  又ab0，则tanC  3,又C0,,故C  ．-------------------------------------------------------------- 6分 3 C C C C C 选②：sinCsinA 3sinAcos ，即sinC  3sin ，所以2sin cos  3sin ， 2 2 2 2 2 C 3  解得cos  ，故C  ．---------------------------------------------------------------------------------------6分 2 2 3      选③：sinCsinBsinBcos(C ),则sinC cos(C )sin( C)，所以2C ，故C  ． 6 6 3 3 3 ------------------------------------------6分 1 3 5 3 （Ⅱ）S  absinC  ab ,所以ab5, --------------------------------------------------------------8分 2 4 4 a2 b2 c2 ab2 2abc2 ab2 109 1 又cosC     , 2ab 2ab 10 2 故ab2 6．------------------------------------------------------------------------------------------------------- 10分 1 6 5 3 又S S S   CD absin30  CD  ,-----------------------------------------12分 ABC ACD BCD 2 2 4 5 2 所以 CD  ．---------------------------------------------------------------------------------------------------- 13分 4 16．（本小题满分15分） 【解析】 （Ｉ）取DE中点M ，连接AM ，因为AD AE，所以AM DE． 又因为面ADE面CDEF ，且面ADE 面CDEF DE，  所以AM 面CDEF ． -------------------------------------------------------3分 CD面CDEF ，所以AM CD， 又因为CD AD，且AM AD A，  所以CD面ADE，所以CD AE， 又AB CD，所以AB AE．----------------------------------------------6分   （Ⅱ）因为在直角梯形 ABCD中，ABC  ,|AB|4,|CD|2，易求得 3  |AD|2 3,又|AD||AE|,AED ，所以三角形ADE 为等边三角形， -----------------------------8分 3 如图，以M 为原点建立直角坐标系 M(0,0,0),A(0,0,3),F( 3,2,0),B(0,4,3),D( 3,0,0) ----------------------------------------------------------9分 3 3 因为P是AF 中点，所以点P坐标为( ,1, ) 2 2  3 3 所以BP( ,3, ) ---------------------------------------------------------------------------------------------10分 2 2   BF ( 3,2,3),DF (2 3,2,0)  设面BDF的法向量为n(x,y,z),   BFn0   3x2y3z0,    ,即 则可取n(1, 3, 3) -----------------------------------------------------13分 DFn0  2 3x2y0,     |BPn| 7 所以sin cos BP,n   ．---------------------------------------------------------------------- 15分   BP  n 717． （本小题满分15分） 【解析】 （Ｉ）若k 0，设抽取n次中抽中黑球的次数为X ， 1 1 2 n 2 则X B(n, )，故P P(X 1)C1 ( )n1  ( )n1．------------------------------------------------------4分  3 n n 3 3 3 3 P 2(n1) 4 由 n1  ，P P P P P  ，故 P 最大值为P 或P ，即 ．--------------------------7分 P 3n 1 2 3 4 5  n 2 3 9 n 1 2 3 1 （Ⅱ）（i）P(B B B )P(B)P(B |B)P(B |B B)    ,-------------------------------------------9分 1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 4 5 10 2 1 3 1 P(BB B )P(B)P(B |B)P(B |B B)    ，-----------------------------------------------------10分 1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 4 5 10 2 1 3 1 P(B B B )P(B)P(B |B)P(B |B B)    ，（写出一个2分，后面2个每个1分）----11分 1 2 3 1 2 1 3 2 1 3 4 5 10 （ii）由（i）可进行猜测，抽取n次中恰有2次抽中的黑球的概率与抽球次序无关， n(n1)1 2 2 3 n1 2(n1) 则PC2P(BB B B B )     ．---------------------------------15分 n 1 2 3 4 n 2 3 4 5 6  n2 (n1)(n2) 18．（本小题满分17分）   【解析】（Ｉ）因为AF FB，线段AB是抛物线的通径， AB 2p2，得到 p1． 抛物线方程为y2 2x．---------------------------------------------------------------------------------------------4分 1 （Ⅱ）（i）因为 OG  AB ，O在以AB为直径的圆上，得到k k 1． 2 OA OB y2 y 2 2p 2p y y 设A( 1 ,y ),B( 2 ,y )，则k  ，直线AB方程为y x 1 2 ； 2p 1 2p 2 AB y  y y  y y  y 1 2 1 2 1 2 2p 2p k k  1，所以y y 4p2． OA OB y y 1 2 1 2 2p 4p AB方程为y x ，直线AB过定点(2p,0)；-------------------------------------------------8分 y  y y  y 1 2 1 2 （ii）设E(x ,0)，EO为AEB的角平分线，则k k 0; 0 AE BE y y 1  2 0，整理得y (y 2 2px ) y (y2 2px )0； y2 y 2 1 2 0 2 1 0 1 x 2 x 2p 0 2p 0 因为y y 4p2，解得x 2p；------------------------------------------------------------------------------10分 1 2 0 2p 2p 2p 2p 即k k ,k k ，不妨设k 0，因为kk 1，则A( , )，同理B( , ); OA 1 OB 2 1 1 2 k2 k k 2 k 1 1 2 2 k 直线EA的方程为y 1 (x2p)， 1k2 1 2pk 2pk 与直线yk x的交点横坐标x  1 ，同理x  2 ,--------------------------------------------12分 2 P k 2k Q k 2k 2 1 1 2 1 1 S  OP OQ  1k 2 x 1k2 x △OPQ 2 2 2 P 1 Q 1 1 2pk 2pk S  OP OQ  1k 2 1 1k2 2 , △OPQ 2 2 2 k 2k 1 k 2k 2 1 1 2 1 2p2 (1k 2)(1k2) ， 2 1 (k 2k )(k 2k ) 2 1 1 2 1 k2 2p2 (1 )(1k2) 1 ， k2 1 (12k2)(k2 2) 1 1 11 k  (1k2)k (1k2)k 1 k 2p2 1 1 2p2 1 1 2p2 1 ，-------------------------15分 (12k2)(k2 2) (2k4 5k2 2) 1 1 1 1 1 2(k2  )5 1 k2 1 1 t 1 令k  t ，则t2，S 2p2 2p2 ， 1 k △OPQ 2(t2 2)5 1 1 2t t 4 当且仅当t 2，取到最大值 p2．------------------------------------------------------------------------------17分 9 19．（本小题满分17分） 【解析】 2 （Ｉ）当a2时， f(x)ex12lnxx， f(x)ex1 1．------------------------------------------2分 x 2 由 f(x)ex1 ，则易知 f(x)在(0,)单调递增，且 f(1)0． x2 故x(0,1)时， f(x)0， f(x)单调递减，x(1,)时， f(x)0， f(x)单调递增． 则 f(x)的最小值为 f(1)1．----------------------------------------------------------------------------------------5分 （Ⅱ）若 f(x)在定义域内单调递增，则 f(x)0在x(0,)上恒成立． 2 xex1 xa a 2 a 2 f(x)ex1   ，令g(x)xex1 xa， x a x a (a2)(a1) 则g(1) 0且g(0)a0可知a1．------------------------------------------------------------8分 a 下证a1时，g(x)0． 2 由h(a)xex1 xa关于a1单调递增，则h(a)xex12x1， a 令G(x)xex12x1，则G(x)(x1)ex12， 故G(x)在x(0,)上单调递增，且G(1)0， 则G(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，G(x)G(1)0． 综上所述，a1时， f(x)在定义域(0,)上单调递增．---------------------------------------------------11分 a 2 a （Ⅲ） f(x)ex1  ， f(x)ex1 ，则 f(x)在(0,)上单调递增 ，且存在唯一x ，使得 x a x2 0 f(x )0，故 f(x)在(0,x )上单调递减，(x ,)上单调递增，其中x 2ex01 a，且由a(0,1)，则 0 0 0 0 x (0,1)． 0 a 2 2 而 f(x )ex01  (x 1)ex01 0， 0 x a 0 x 2ex01 0 0 故存在唯一极大值点x 与极小值点x ，满足x x x ． 1 2 1 0 2 a 2 2 又 f(x )ex11  0，则 x xex11a． 1 x a a 1 1 1 2 2 由 f(a)ea11 2 0，故x a1．---------------------------------------------------------------14分 a a 1 2 f (x )  ex11  aln x  x  (1 x )ex11  a(ln x 1) (1 x )ex11  x (ln x 1) ， 1 1 a 1 1 1 1 1 1 令(x)(1x)ex1x(lnx1)，x(0,1)， 1 1 则(x)xex1lnx0，x0时,x(lnx1)0，x0时,(1x)ex1  .(x) ．-------17分 e e