【数学】浙江省稽阳联谊学校2024届高三上学期11月联考试题（解析版）

浙江省稽阳联谊学校2024届高三上学期11月联考数学试题一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，即或，解得或，则或，则，故选：B.2.已知复数满足，则（）A. B. C.2 D.1【答案】C【解析】由题意得，则，故选：C.3.已知平面向量，，均为单位向量，则“”是“与共线”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】平面向量，，均为单位向量，则，当且仅当同向共线时取等号，则当时，与共线，反之，与共线并且方向相反时，，所以“”是“与共线”的充分不必要条件，A正确.故选：A4.我国魏晋时期的数学家刘徽创造性的提出了“割圆术”，刘徽认为圆的内接正边形随着边数的无限增大，圆的内接正边形的周长就无限接近圆的周长，并由此求得圆周率的近似值．如图当时，圆内接正六边形的周长为，故，即．运用“割圆术”的思想，下列估算正确的是（）A.时， B.时，C.时， D.时，【答案】A【解析】设圆的内接正十二边形被分成个如图所示的等腰三角形，其顶角为，即，作于点，则为的中点，且，因为，在中，，即，所以，，则，所以，正十二边形的周长为，所以，.故选：A.5.已知等比数列满足，，则的值不可能是（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】设公比为，由，，得，解得或或或.故选：D.6.第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地，，分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能，两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由，，三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（）A.150种 B.300种 C.720种 D.1008种【答案】B【解析】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能两地举办，且各自承办其中一项有种安排；再次5个表演项目分别由三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有种，故总数为种不同的安排方法.故选：B.7.已知是奇函数，实数、均小于，为自然对数底数，且，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】对任意的，，则函数的定义域为，因为函数为奇函数，则，可得，所以，，，则函数为奇函数，合乎题意，因为，，则，，因为，则，所以，，即，即，即，因为，，则，则，故，即，又因为，即，可得或，则或，即，同理可知，，故.故选：B.8.椭圆的左焦点为，右顶点为，过点的倾斜角为的直线交椭圆于点，（点在轴的上方）．若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】显然，则由题意得，则，又因为点在椭圆上，所以，即，即，根据得，整理得.所以，解得，(其中均舍去)，故选：C.二、选择题9.已知函数，对任意的恒成立，则（）A.的一个周期为 B.的图像关于直线对称C.区间上有1个极值点 D.在区间上单调递增【答案】BD【解析】对于A，的最小正周期，A错；对于B，因为对任意的恒成立，所以当时，取得最大值，所以，解得，又因为，所以，所以，所以当时，，所以的图像关于直线对称，B对；对于CD，因为，所以，所以在区间上单调递增，没有极值点，C错D对.故选：BD.10.已知，，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】由对立事件性质知，，又，所以，因为，所以，所以，B正确；又因为，所以，得，D正确；由，得，则，又，所以，故，A错误；以掷一颗骰子为例，不妨记事件A：掷出的点数为奇数；事件B：掷出的点数为1点或3点.则：掷出的点数为偶数；：掷出的点数为2点或4点或5点或6点.易知，，，所以满足题设，，但，故C错误.故选：BD11.在底面为菱形的直四棱柱中，为中点，点满足，，（）A.当时， B.当时，C.当时，平面 D.当时，平面【答案】AC【解析】由题意得三向量共面，当，根据共线向量定理的结论知（不与边界点重合），因为底面为菱形的直四棱柱，，底面，因为平面，所以，又因为平面，，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对B，若，且由A知，又因为平面，且，所以平面，根据A中的同样方法可证明平面，则，显然不可能，故B错误；对C，当时，设的中点为，的中点为，则，则根据可知（不包含边界），根据中位线可知，平面，平面，所以平面，同理根据可得平面，因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故C正确；对D，由平面与平面相交，所以平面与平面相交，则无法得到平面，故D错误.故选：AC.12.已知定义在上的函数，，其导函数分别为，，，，且为奇函数，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】由题意得，所以，两式相减可得①，所以关于点中心对称，又因为为奇函数，所以②，即，所以关于点中心对称，而定义域为，所以，A正确；②式两边对求导可得，所以是偶函数，以替换①中的可得，所以，所以是最小正周期为4的周期函数，因为，所以也是最小正周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以也是最小正周期为4的周期函数，所以不恒成立，B错误；由①得，令，解得，所以③，即关于直线对称，以替换③中的可得，由②可知，所以④，所以，所以C正确；由上可知关于点中心对称，所以又因为是偶函数，所以又因为是最小正周期为4的周期函数，所以，由条件可得，所以，由④知，所以，D正确，故选：ACD.三、填空题13.已知锐角满足；则________．【答案】【解析】锐角满足，则，所以.故答案为：14.已知，，，则的最小值为________．【答案】【解析】依题意得，，则，故，当且仅当时等号成立，又，解得，所以的最小值为.故答案为：.15.已知抛物线，圆，若抛物线与圆有四个公共点，则的取值范围为________．【答案】【解析】联立方消去整理得因为抛物线与圆有四个公共点，所以，且所以解得，则的取值范围为.故答案为：.16.体积为的直三棱柱中，，，则此三棱柱外接球的表面积的最小值为________．【答案】【解析】设直三棱柱的高为，外接圆的半径为，，直三棱柱外接球的的半径为，则，所以，在中，由余弦定理可得，则，所以，所以，令，则，则，当且仅当，即，即时取等号，所以此三棱柱外接球的表面积的最小值为.故答案为：.四、解答题17.记的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）证明：；（2）若，的面积为，求的周长．（1）证明：由正弦定理及余弦定理可得：化简得：.（2）解：因为，且为三角形内角，.，所以.由余弦定理可得:，所以，，，即，所以周长为.18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为的重心，．（1）当直线平面时，求的值；（2）当时，求平面与平面的夹角的大小．解：（1）连接，由四边形是矩形，得是中点，而为的重心，则点在线段上，有，于是，由平面，平面，平面平面，得，因此，所以.（2）在中，，则，有，在平面内作，由平面平面，平面平面，得平面，显然射线两两垂直，以点为坐标原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，由（1）知，，则，，设平面一个法向量为，则，令，得，设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面与平面的夹角为，因此，从而，所以平面与平面的夹角的大小为.19.电网公司将调整电价，为此从某社区随机抽取100户用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图．调价方案为：月用电量在以下（占总数的71%）的用户电价不变，月用电量在以上则电价将上浮10%．（1）求和的值；（2）若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从月用电量不低于的用户中抽9户用户，再从这9户用户中随机抽取3户，记月用电量在区间内的户数为，试求的分布列和数学期望．解：（1）因为所以第一到第六组的频率依次为：前三组频率之和为，前四组频率之和为，则第71百分位数在区间内，所以，解得；（2）月用电量在，的频率分别为：，据按比例分配的分层随机抽样可知：用电量在，分别有人，人，从而可取的值为：0，1，2，3.故的分布列为：则20.已知各项非零的数列，其前项的和为，满足．（1）若，证明：；（2）是否存在常数，使得是等差数列？若存在，求出的所有可能值；若不存在，说明理由．解：（1）由和，得，又数列的首项不为零，则，由，于是，由，得，所以.（2）由，得，有，两式相减并整理得：，假设存在常数，使得是等差数列，设公差为，则有，因此对任意，恒成立，从而，解得(舍去)或，由，解得，则，所以存在，使得是等差数列，此时.21.双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，，且的面积为．（1）求双曲线的方程；（2）若点在第一象限，且有，求点的横坐标．解：（1）设双曲线的半焦距为，则，由，得，由，得，于是，即，由的面积为，得，解得，所以双曲线的方程为.（2）设，其中，当时，有，，则，此时，因此，设直线、的倾斜角分别为，则有，又，，则，当时，有，所以，即，解得，而，于是，所以点的横坐标为.22.已知函数，，为自然对数底数．（1）