浙江省2024年高中數學6月學業(yè)水平適應性考試試題含解析

PAGE1-浙江省2024年中學數學6月學業(yè)水平適應性考試試題（含解析）選擇題部分一、選擇題：本小題共18小題.每小題列出的四個選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出集合B，然后再求交集.【詳解】由已知有，所以故選：B【點睛】本題考查交集運算，屬于基礎題.2.已知向量，則（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】由向量模的坐標公式即可求解.【詳解】解：，故選:B.【點睛】本題考查了向量模的求解，屬于基礎題.3.（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】依據對數運算性質，即可求得答案.【詳解】故選：B.【點睛】本題主要考查了對數的運算，解題關鍵是駕馭對數運算基本性質，考查了分析實力和計算實力，屬于基礎題.4.圓的圓心坐標是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】因為圓，將圓的方程化成標準方程，由此即可得到圓心的坐標．【詳解】將圓的方程化成標準方程：圓心的坐標是.故選：C.【點睛】本題主要考查了求圓的圓心坐標問題，解題關鍵是駕馭圓的標準方程的定義，考查了分析實力和計算實力，屬于基礎題.5.不等式的解集是（）A. B.或C. D.或【答案】D【解析】【分析】依據肯定值的性質求解．【詳解】由得或，所以或．故選：D【點睛】本題考查解肯定值不等式，解題方法依據肯定值的性質求解：即等價于或，等價于．6.拋物線的準線方程為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用的準線方程為，能求出拋物線的準線方程.【詳解】，拋物線的準線方程為，即，故選A.【點睛】本題主要考查拋物線的標準方程與簡潔性質，意在考查對基礎學問的駕馭與應用，是基礎題.7.如圖是一個空間幾何體的正視圖、側視圖和俯視圖，則該幾何體的形態(tài)是（）A.三棱錐 B.四棱錐 C.三棱柱 D.四棱柱【答案】B【解析】【分析】依據棱柱、棱錐的特征推斷．【詳解】比照四個選項，棱柱三視圖最多只有一個三角形，而題中有兩個視圖是三角形，因此幾何體是棱錐，在兩個視圖為三角形的狀況下，第三個視圖是四邊形，因此原幾何體是四棱錐．故選：B．【點睛】本題考查三視圖，考查基本幾何體的三視圖，駕馭柱、錐、臺、球的三視圖的特征是解題關鍵．8.過點，且與直線平行的直線方程（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意，可設直線方程為，代入點，可得解【詳解】由題意，設直線方程為代入點可得故直線方程：故選：A【點睛】本題考查了與已知直線平行的直線方程求解，考查了學生概念理解，數學運算實力，屬于基礎題9.設不等式組所表示的平面區(qū)域為，則下列各點在內的是（）A.點 B.點 C.點 D.點【答案】B【解析】【分析】依次將四個選項的坐標代入到三個不等式中，推斷是否成立，即可選出正確答案.【詳解】解：A：橫坐標為，所以不在內；B：因為橫坐標，且，，滿意條件，所以在內；C：因為，不滿意，所以不在內；D：因為，不滿意，所以不在內.故選:B.【點睛】本題考查了推斷點是否在可行域內，屬于基礎題.10.已知平面平面，，，那么下列結論正確的是（）A.，是平行直線 B.，是異面直線C.，是共面直線 D.，是不相交直線【答案】D【解析】【分析】由平面平面，故，即，可得解【詳解】由題意，平面平面，故又，，故故，是不相交直線故選：D【點睛】本題考查了空間中點、線、面的位置關系推斷，考查了學生綜合分析，空間想象，邏輯推理實力，屬于基礎題11.已知的三個內角，，所對的三條邊為，，，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由三角形的內角和定理可求出，結合正弦定理可求出.【詳解】解：設，則，所以，解得，則，則，故選:D.【點睛】本題考查了正弦定理的應用.本題的關鍵是由三角形內角和定理求出三個角的大小.12.函數的圖像可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】分析函數的奇偶性，再利用導數探討函數的單調性，即可推斷【詳解】由題意，，故為偶函數，關于軸對稱；且，故解除B；不妨令故在單調遞增故選：A【點睛】本題考查了利用函數的性質探討函數圖像，考查了學生綜合分析，數形結合，數學運算實力，屬于基礎題13.已知，是實數，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用均值不等式，可證明，充分性成立，當可說明必要性不成立【詳解】若，則由均值不等式，，當且僅當時等號成立，故充分性成立；當，此時，但，故必要性不成立故“”是“”的充分不必要條件故選：A【點睛】本題考查了充分必要條件的推斷，考查了學生綜合分析，邏輯推理，數學運算實力，屬于中檔題14.已知雙曲線的一條漸近線方程是，則該雙曲線的離心率為（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】依據雙曲線的漸近線方程，推出的關系，再利用和進行化簡，即可求出雙曲線的離心率.【詳解】由題意可知，雙曲線的焦點在軸上，且一條漸近線方程是，可得，則，又因為，所以，，即，解得：，所以該雙曲線的離心率為.故選：A.【點睛】本題考查由雙曲線的漸近線方程求離心率，屬于基礎題.15.已知平面對量，的夾角為，且對隨意實數，恒成立，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】轉化為，利用安排率打開得到，即，運算即得解【詳解】由題意，對隨意實數，恒成立故即即即，對隨意實數成立

故選：B【點睛】本題考查了轉化法探討向量的模長，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算實力，屬于中檔題16.已知數列的前項和為，，，成等差數列，則下列說法正確的是（）A.假如數列成等差數列，則，，成等比數列B.假如數列不成等差數列，則，，不成等比數列C.假如數列成等比數列，則，，成等差數列D.假如數列不成等比數列，則，，不成等差數列【答案】C【解析】【分析】依據等比數列的性質推斷可得；【詳解】解：若成等差數列，由，，成等差數列，得，所以，所以所以，，，當時，，成等差數列，當時，，，不成等差數列且不成等比數列；若成等比數列，由，，成等差數列，得，若，則，，由得，與題意不符，所以．由，得．整理，得，由，1，設，則，解得（舍去）或，所以；所以，則，所以，，成等差數列．故C正確；故選：C【點睛】本題考查學生敏捷運用等差數列的性質化簡求值，敏捷運用等比數列的前項和的公式化簡求值，屬于中檔題．17.拋物線的準線交軸于點，焦點為，過點的直線與拋物線交于不同兩點，，點在點，之間，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】實行極限的思想，即當，無限接近時，，從而可選出正確答案.【詳解】解：當，無限接近時，此時，則，進而可解除A，C；，解除B，故選:D.【點睛】本題考查了直線與拋物線的位置關系.18.如圖，已知點為邊長等于的正方形所在平面外的動點，，與平面所成角等于，則的大小可能是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】過點作平面，連接、、，計算得出，設，利用余弦定理計算出、，利用勾股定理可求得、，利用余弦定理求得的表達式，由此可得出的取值范圍，由此可得出結果.【詳解】過點作平面，連接、、，則直線與平面所成的角為，則，平面，、、平面，，，，設，則，在中，由余弦定理得，同理可得，由勾股定理可得，同理可得，在中，，.①當時，；②當時，令，則，，函數在上單調遞減，此時；③當，令，則，，令，則，二次函數在時單調遞減，則，此時，.綜上所述，的取值范圍是.因此，的可能取值為.故選：C.【點睛】本題考查角的可能值的計算，考查了線面角定義的應用，解答的關鍵就是求出的取值范圍，考查計算實力，屬于難題.非選擇題部分二、填空題：本大題共4小題.19.設等差數列的前項和為，若，，則______，_______.【答案】(1).1(2).2【解析】【分析】由等差數列的前項和，當時，求出，當時，求出，從而得出答案.【詳解】因為等差數列的前項和為，且則當時，當時，，所以所以等差數列的公差故答案為：1；2【點睛】本題考查依據等差數列的前項和求數列的基本量，屬于基礎題.20.若，則______.【答案】【解析】【分析】先用誘導公式化簡，然后平方，再用正弦的二倍角公式平方關系可得．【詳解】因為，所以，所以．故答案為：．【點睛】本題考查誘導公式，考查平方關系及正弦的二倍角公式，先用誘導公式化簡，然后再選用其他三角公式變形求值是解此類題的常用方法．21.如圖，在北京召開的第24屆國際數學家大會的會標是依據我國漢代數學家趙爽在注解《周髀算經》時給出的趙爽弦圖設計的，它是由四個全等的直角三角形與中間的小正方形拼成的一個大正方形，若正方形的面積為2，則線段的最大值為______.【答案】（寫成也給分）【解析】【分析】由條件可知正方形的邊長為，且設，并表示直角三角形的直角邊長，，，再利用，轉化為三角函數求最值.【詳解】正方形面積為2，則邊長為，設，則，則，則，，當時，取得最大值.故答案為：（寫成也給分）【點睛】本題考查了“趙爽弦圖”，三角函數恒等變形，以及三角函數的性質，屬于基礎題型，本題的關鍵是正確將表示為三角函數.22.已知函數和.若對隨意的，都有,使得，，則實數的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】依據題意將條件轉化為集合之間包含關系，結合函數圖象即可求解.【詳解】由題意得，,并且對于值域中的每一個數，都有至少兩個不同數和，使得成立.①當時，在上單調遞減，明顯，此種狀況不成立.②當，在上的值域為，由的函數圖象可知，只要使得，則解得.③當時，在上的值域為，由的函數圖象可知，要滿意即可，得，綜上所述，.【點睛】本題主要考查能成立與恒成立問題、二次函數與指數函數圖象，屬于實力提升題.三、解答題：本大題共3小題.23.已知函數的最小正周期為.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的單調遞增區(qū)間；（Ⅲ）若，（），求的值.【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ），；（Ⅲ）.【解析】【分析】（Ⅰ）依據二倍角的正弦公式化簡得，利用最小正周期公式即可求出的值；（Ⅱ）依據正弦函數的單調遞增區(qū)間，得出，從而可求出的單調遞增區(qū)間；（Ⅲ）依據題意，利用誘導公式化簡得出，且，再利用同角的三角函數關系，即可求出的值.【詳解】解：（Ⅰ）由題可知，，而的最小正周期為，則最小正周期，解得：.（Ⅱ）∵，由，解得:，，∴的遞增區(qū)間為，.（Ⅲ）∵，∴，又，∴，又，∴，則，∴.【點睛】本題考查正弦函數的圖象和性質，涉及正弦型函數的周期性和單調性，以及二倍角的正弦公式、誘導公式和同角的三角函數關系的應用，考查化簡計算實力.24.已知橢圓的離心率為，右焦點.（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）若直線與圓相切，且與橢圓交于、兩點，求的最小值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）依據題意求得、的值，由此可得出橢圓的方程；（Ⅱ）設點、，由直線與圓相切得出，由兩點間的距離公式可得，同理得出，再將直線的方程與橢圓的方程聯立，利用韋達定理結合二次函數的基本性質可求得的最小值.【詳解】（Ⅰ）右焦點，所以，又，故，所以，所以，橢圓；（Ⅱ）直線與圓相切，則，.設，，由于點在橢圓上，則，可得.則，同理，，.聯立，得，則，又，故，令，則，所以，.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了橢圓中最值的求解，考查韋達定理設而不求法的應用，考查計算實力，屬于中等題.25.已知函數，其中，，.（Ⅰ）若是偶函數，求實數的值；（Ⅱ）當時，求函數的單調區(qū)間；（Ⅲ）若對隨意，都有恒成立，求實數的最小值.【答案】（Ⅰ）0；（Ⅱ）單調遞增區(qū)間為，，單調減區(qū)間為：，；（Ⅲ）1.【解析】【分析】（Ⅰ）依據偶函數的性質，得出，即可求出實數的值；（Ⅱ）當時，分類探討去肯定值得出分段函數，畫出的圖象，依據圖象和二次函數的性質，即可得出函數的單調區(qū)間；（Ⅲ）依據題意，由隨意，都有恒成立，得出，得出，再分類探討和，得出的