浙江省溫州市普通高中2024屆高三上學(xué)期第一次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1浙江省溫州市普通高中2024屆高三上學(xué)期第一次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題選擇題部分一、選擇題1.設(shè)集合，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以，故選：B.2.設(shè)復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第四象限，則復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】由復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則設(shè)，由得，由，得復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限.故選：B.3.動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)的距離與到定直線：的距離的比等于，則動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】根據(jù)題意可得，平方化簡(jiǎn)可得，進(jìn)而得，故選:A.4.已知向量，，則在上的投影向量的坐標(biāo)是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】在上的投影向量為，故選：B.5.已知離散型隨機(jī)變量的分布列如下表所示.則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由分布列可得，，故選：D6.若函數(shù)，的值域?yàn)?，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】根據(jù)題意可知若，則可得；顯然當(dāng)時(shí)，可得，由的值域?yàn)椋萌呛瘮?shù)圖像性質(zhì)可得，解得，即的取值范圍是.故選：D.7.已知為等比數(shù)列，則“”是“，是任意正整數(shù)”的（）A.充分條件但不是必要條件 B.必要條件但不是充分條件C.充要條件 D.既不是充分條件也不是必要條件【答案】C【解析】因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，則若，則，則所以，是的充分條件；又根據(jù)已知可知，約去可得因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，所以，所以，所以當(dāng)為等比數(shù)列時(shí)，是的充分條件；故選：C8.如圖，所有棱長(zhǎng)都為1的正三棱柱，，點(diǎn)是側(cè)棱上的動(dòng)點(diǎn)，且，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，直線平面，則點(diǎn)的軌跡為（）A.三角形（含內(nèi)部） B.矩形（含內(nèi)部）C.圓柱面的一部分 D.球面的一部分【答案】A【解析】如下圖所示：首先保持在線段上不動(dòng)，假設(shè)與重合根據(jù)題意可知當(dāng)點(diǎn)在側(cè)棱上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若點(diǎn)在點(diǎn)處時(shí)，為的中點(diǎn)，此時(shí)由可得滿足，當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中位置時(shí)，易知，取，可得，取棱上的點(diǎn)，滿足，根據(jù)三角形相似可得三點(diǎn)共線，當(dāng)點(diǎn)在側(cè)棱上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)軌跡即為線段；再研究當(dāng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)在線段上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)的軌跡是線段，當(dāng)點(diǎn)在線段上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)的軌跡是線段，因此可得，當(dāng)點(diǎn)是側(cè)棱上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)的軌跡為及其內(nèi)部的所有點(diǎn)的集合；即可得的軌跡為三角形（含內(nèi)部）.故選：A.二、選擇題9.在一次數(shù)學(xué)考試中，某班成績(jī)的頻率分布直方圖如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）A.圖中所有小長(zhǎng)方形的面積之和等于1 B.中位數(shù)的估計(jì)值介于100和105之間C.該班成績(jī)眾數(shù)的估計(jì)值為97.5 D.該班成績(jī)的極差一定等于40【答案】ABC【解析】對(duì)于A，由頻率分布直方圖的性質(zhì)可知，圖中所有小長(zhǎng)方形的面積之和等于1，即A正確；對(duì)于B，易知組距為，前兩組成績(jī)所占的頻率為，前三組成績(jī)所占的頻率為，由中位數(shù)定義可得其估計(jì)值介于100和105之間，即B正確；對(duì)于C，由圖可知頻率最高的成績(jī)區(qū)間，取中間值為代表可知班成績(jī)眾數(shù)的估計(jì)值為97.5，即C正確；對(duì)于D，由圖可知成績(jī)最高區(qū)間為，最低區(qū)間為，但最高分和最低分不一定分別為，所以其成績(jī)極差不一定為40，即D錯(cuò)誤；故選：ABC10.已知平面平面，則下列結(jié)論一定正確的是（）A.存在直線平面，使得直線平面B.存在直線平面，使得直線平面C.存在直線平面，直線平面，使得直線直線D.存在直線平面，直線平面，使得直線直線【答案】BCD【解析】A.若存在直線平面，使得直線平面，則，故錯(cuò)誤；B.當(dāng)時(shí)，又，所以，故正確；C.當(dāng)時(shí)，，故正確；D.當(dāng)時(shí)，，故正確；故選：BCD11.若圓與直線相切，且與圓相切于點(diǎn)，則圓的半徑為（）A.5 B.3 C. D.【答案】BD【解析】圓的圓心為，半徑為1，圓與圓相切于點(diǎn)，則圓心在軸，設(shè)圓心為，則由題意，解得或，時(shí)，半徑為，時(shí)，半徑為，故選：BD．12.定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，對(duì)于任意實(shí)數(shù)，都有，且滿足，則（）A.函數(shù)為奇函數(shù)B.不等式的解集為C.若方程有兩個(gè)根，，則D.在處的切線方程為【答案】AC【解析】對(duì)于A，，由可得，所以，且定義域?yàn)椋蕿槠婧瘮?shù)，A正確，由于，所以為常數(shù)，則又在中，令，則，故，故，所以，對(duì)于B,可得，又，故，則，故B錯(cuò)誤，對(duì)于C，為單調(diào)遞增函數(shù)，而為開(kāi)口向上，且對(duì)稱軸為的二次函數(shù)，且是的兩個(gè)交點(diǎn)，的兩個(gè)交點(diǎn)設(shè)為，則，且，又為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，所以，C正確，由得，所以在處的切線方程為，D錯(cuò)誤，故選：AC.非選擇題部分三、填空題13.已知，則______（用表示）.【答案】【解析】，故答案為：14.______.【答案】82【解析】可得兩式和的結(jié)果為82，故答案為：82.15.與圓臺(tái)的上、下底面及側(cè)面都相切的球，稱為圓臺(tái)的內(nèi)切球，若圓臺(tái)的上下底面半徑為，，且，則它的內(nèi)切球的體積為_(kāi)_____.【答案】【解析】由題意，畫(huà)出圓臺(tái)的直觀圖，其中為圓臺(tái)的母線長(zhǎng)，，分別為上、下底面的圓心，點(diǎn)為內(nèi)切球的球心，點(diǎn)為球與圓臺(tái)側(cè)面相切的一個(gè)切點(diǎn).則由題意可得：，.因此可得：內(nèi)切球半徑，即得內(nèi)切球的體積為.故答案為：.16.斜率為1的直線與雙曲線（）交于兩點(diǎn)，點(diǎn)是曲線上的一點(diǎn)，滿足，和的重心分別為，的外心為，記直線，，的斜率為，，，若，則雙曲線的離心率為_(kāi)_____.【答案】【解析】若直線與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)的中點(diǎn)為，聯(lián)立方程組，整理得，可得，則，又由在直線上，可得，所以，所以，即直線與雙曲線相交線的中點(diǎn)與原點(diǎn)的連線的斜率與直線的斜率之積為定值，如圖所示，取的中點(diǎn)，因?yàn)榈闹匦脑谥芯€上，的重心在中線上，所以，，可得，即，又由，可得，可得因?yàn)椋业耐庑臑辄c(diǎn)，則為線段的中點(diǎn)，可得，因?yàn)椋?，所以，所以，所?故答案為：.四、解答題17.已知四棱錐的底面為等腰梯形，，，，平面.（1）求證：；（2）若四棱錐的體積為2，求平面與平面夾角的余弦值.（1）證明：∵平面，平面，∴，過(guò)點(diǎn)作，由為等腰梯形，，故，所以，即，即，平面，∴平面，平面，故.（2）解：方法一:，∵,，∴.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，，，，，,設(shè)平面法向量為，則，，取，得同理，設(shè)面法向量為，則，，取，得，由題意，.設(shè)平面與平面的夾角為，則，方法二：，∵,，∴.∵平面，平面，∴平面平面，過(guò)作，則平面垂足，平面，則,過(guò)作的垂線，垂足為，連，由于平面,所以平面,平面，故，則為所求二面角夾角平面角.，所以,,，，.18.設(shè)的三個(gè)內(nèi)角，，所對(duì)的邊分別為，，，且.（1）若，求的最小值；（2）求的值.解：（1）由余弦定理知，方法1：所以，當(dāng)時(shí)取等，此時(shí)為正三角形.故的最小值為.方法2：所以，當(dāng)時(shí)取等.故的最小值為.（2）方法1：因?yàn)?所以原式方法2：因?yàn)?，原式綜上所述：.19.等差數(shù)列的前項(xiàng)和為，，.（1）求；（2）記為數(shù)列的前項(xiàng)和，若，且是以2為公差的等差數(shù)列，求數(shù)列的通項(xiàng)公式.解：（1）解一：設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，由可得，即，解得，，故.解二：由得，故，則故，則.（2）解一：由題意知，則，移項(xiàng)平方得，則可得是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，則，可得，則，當(dāng)時(shí)，，故，故.解二：由題意可設(shè)（是常數(shù)），則，平方相減可得，則，可得，則，當(dāng)時(shí)，，故，故.20.已知（）.（1）求導(dǎo)函數(shù)的最值；（2）試討論關(guān)于的方程（）的根的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由.解：（1）∵，記∴，解得：當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，所以的最大值等于.（2）方法1：由，即，即.令，∴，由解得：∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，∴，且所以：當(dāng)時(shí)，方程無(wú)解；當(dāng)時(shí)，方程有1個(gè)解；當(dāng)時(shí)，方程有2個(gè)解.方法2：由，即，即.令，，∴，由解得：∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，∴，且所以：當(dāng)時(shí)，方程無(wú)解；當(dāng)時(shí)，方程有1個(gè)解；當(dāng)時(shí)，方程有2個(gè)解.方法3：由，即，兩邊取對(duì)數(shù)得：，即.令，所以由，解得當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減所以當(dāng)，即時(shí)，方程無(wú)解；當(dāng)，即時(shí)，方程有1個(gè)解；當(dāng)，即時(shí)，方程有2個(gè)解.21.已知拋物線的焦點(diǎn)為，拋物線上的點(diǎn)處的切線為.（1）求的方程（用，表示）；（2）若直線與軸交于點(diǎn)，直線與拋物線交于點(diǎn)，若為鈍角，求的取值范圍.解：（1）解法1：拋物線：即，則，則在處切線的斜率為，所以，：，即.解法2：（1）設(shè)切線方程為，與拋物線：聯(lián)立得，，（*）因?yàn)橹本€與拋物線相切，故方程（*）的判別式即，解得，所以，：，即.（2）易知，.設(shè)直線：，.代入拋物線方程得，故，，因?yàn)闉殁g角，所以，即，即，（*）因?yàn)?，不等式?）即，解得，所以.22.某電子器件由若干個(gè)相同的電子模塊構(gòu)成，每個(gè)電子模塊由4個(gè)電子元件按如圖所示方式聯(lián)接，其中每個(gè)電子元件導(dǎo)通的概率均為0.9.（1）求每個(gè)電子模塊導(dǎo)通的概率（保留兩位有效數(shù)字）；（2）已知某電子器件由20個(gè)相同的電子模塊構(gòu)成，系統(tǒng)內(nèi)不同電子模塊彼此獨(dú)立，是否導(dǎo)通互不影響，當(dāng)且僅當(dāng)電子器件中不低于50%的電子模塊處于導(dǎo)通狀態(tài)時(shí)，電子器件才能正常工作.若在該電子器件中再添加兩個(gè)相同的電子模塊，試判斷新電子器件較原電子器件正常工作的概率是增加還是減??？請(qǐng)說(shuō)明理由.解：（1）該電子模塊導(dǎo)通即電子1、4必須導(dǎo)通且電子2、3至少要有一個(gè)導(dǎo)通，所以.（2）設(shè)為原電子器件中導(dǎo)通的子模塊的個(gè)數(shù)，，則新電子器件正常工作即原電子器件中至少有11個(gè)電子模塊導(dǎo)