浙江省诸暨市高三适应性考试（三模）数学试题

诸暨市2024年5月高三适应性考试数学一、选择题：本题共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.已知抛物线，则其焦点到准线的距离为（）A. B. C.1 D.4【答案】B【解析】【分析】化简抛物线的方程为，求得，即为焦点到准线的距离.【详解】由题意，抛物线，即，解得，即焦点到准线的距离是故选：B2.若关于的不等式的解集为，则（）A.， B.， C.， D.，【答案】B【解析】【分析】由题得、为方程的根，利用韦达定理计算即可得解.【详解】由已知可得、为方程的根，由韦达定理可得：，解得：故选：B3.有一组样本数据：2，3，3，3，4，4，5，5，6，6．则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（）A.第75百分位数 B.平均数 C.极差 D.众数【答案】A【解析】【分析】分别求出该组数据的第75百分位数、平均数、极差、众数，比较大小，即可得到答案.【详解】计算第75百分位数：，则取第8位数据，即该组数据的第75百分位数为5；平均数为；极差为；众数为3.综上，第75百分位数最大.故选：A.4.在的展开式中，含项的系数是10，则（）A.0 B.1 C.2 D.4【答案】C【解析】【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数项即可写出含的项，则可得出答案.【详解】根据二项展开式可知含项即从5个因式中取4个，1个常数项即可写出含的项；所以含的项是，可得；即可得.故选：C5.若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量的模长关系可得，再由投影向量的定义即可求出结果.【详解】根据题意可得，所以，则所以，则在方向上的投影向量为.故选：B6.已知，为曲线：的焦点，则下列说法错误的是（）A.若，则曲线的离心率B.若，则曲线的离心率C.若曲线上恰有两个不同的点，使得，则D.若，则曲线上存在四个不同的点，使得【答案】C【解析】【分析】根据给定的方程，结合椭圆、双曲线的性质逐项分析判断即可得解.【详解】对于A，当时，曲线是椭圆，离心率，A正确；对于B，当时，曲线是双曲线，离心率，B正确；对于C，当时，曲线是椭圆，其短半轴长，半焦距，显然以线段为直径的圆恰过这个椭圆短轴端点，即符合条件的可以是8，C错误；对于D，当时，则曲线是焦点在x上的双曲线，则，以线段为直径的圆与双曲线有4个交点，即符合条件的点有4个，D正确.故选：C7.已知函数满足：对任意实数，，都有成立，且，则（）A.为奇函数 B.为奇函数C.为偶函数 D.为偶函数【答案】D【解析】【分析】由题意令，可得，令，可得，可得关于对称，据此逐项判断可得结论.【详解】令，则，，所以，令，则，即，又，所以关于对称，所以关于对称，故A不正确；关于对称，故B不正确；由A可知关于对称，故C不正确；由A可知关于对称，故为奇函数，所以为偶数，故D正确.故选：D.8.设，已知，若恒成立，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到，推出，得到答案.【详解】由题意得，故，故，故，由于，故.故选：C【点睛】关键点点睛：二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.若，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】先根据同角三角函数关系弦化切求出正切，再根据二倍角计算求解即可.【详解】因为分子分母都乘以,所以可得,故A选项正确，,B选项错误；,C选项错误；,D选项正确.故选：AD.10.已知，为圆上的两个动点，点，且，则（）A.B.C.外接圆圆心的轨迹方程为D.重心的轨迹方程为【答案】ABC【解析】【分析】根据圆的性质，可得判定A正确；当线段的中垂线经过点时，此时取得最值，结合圆的性质，可判定B正确；设的外接圆的圆心为，根据，求得轨迹方程，可判定以C正确；设的重心为点，结合C项，求得其轨迹方程，可判定D错误.【详解】因为圆，可得圆心，半径为，且点在圆内，对于A中，由，根据圆的性质，可得，即，即，所以的最大值为，所以A正确；对于B中，因为，当线段的中垂线经过点时，此时取得最值，如图所示，可得时，可得，时，可得，所以B正确；对于C中，设的外接圆的圆心为，则，则有，可得，即，所以C正确；对于D中，设的重心为点，则，由C项知的外接圆的圆心点的轨迹方程为，且点为的中点，即，所以，即，即，所以D错误.故选：ABC.11.已知函数有两个零点，，则下列说法正确的是（）A.的值可以取 B.的值可以取C.的值关于单调递减 D.【答案】ACD【解析】【分析】对函数求导，分析函数单调性，对和，分别求极值，判断极值的符号，结合函数零点存在性的判定方法求零点个数，可得AB的真假；把转合成，数形结合，通过函数与的交点，分析的值关于关系，判断C的真假；先根据，推出，在根据，可得D正确.详解】求导得，当时，恒成立，故在上为减函数，不可能有两个零点，故;令，得，当，；当时，；则在上单调递减，在上单调递增，故的最小值为；对于A选项：当时，，，故，因为在上单调递增，则，故，则，当时，；且时，；故在及各有一个零点，故A对；对于B选项:当时，于是，故在上无零点，故B错；对于C，，即，可视为两函数与的交点横坐标，当增加，直线斜率变小，同时向下平移，故收缩变小，故C正确；对于D，因为为函数的零点，则，不妨设，则，，又，所以设，则，令，，则，所以，所以函数在上单调递减，所以当时，，即，即，，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数满足：，则复数的虚部为_________．【答案】1【解析】【分析】设复数，再利用复数的运算法则，就可以解得虚部.【详解】设，，由得：，即，则，代入得：，解得，故答案为：.13.记为正项数列的前项积，已知，则_________；_________．【答案】①.2②.2025【解析】【分析】由数列的前项积，利用赋值法令可求得，将表达式化简可得数列是等差数列，即可求得.【详解】根据题意令，可知，又数列的各项均为正，即；解得；由可得，即，可得；所以数列是以为首项，公差为的等差数列；因此，所以.故答案为：2；2025.14.若正四面体棱长为1，以三个侧面为底面向外作三个正四面体，，，则外接圆的半径是_________．【答案】##【解析】【分析】结合正四面体的图形特征，结合两点间距离公式和正弦定理求出的外接圆半径即可.【详解】将此正四面体放置在正方体中，从而可得,则的中心为且此中心为的中点，则，的中心为且此中心为的中点，则，的中心为且此中心为的中点，则，，，，等边外接圆的半径是.故答案为：.四、解答题：本大题共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.已知函数的所有正零点构成递增数列．（1）求函数的周期和最大值；（2）求数列的通项公式及前项和．【答案】（1）周期2，最大值2（2），【解析】【分析】（1）先应用辅助角公式化简再得出最大值即可；（2）令可得出，根据题意确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式.【小问1详解】由题可得，因此函数的周期，当，即时，取最大值，最大值为．【小问2详解】由得，因此函数的所有正零点为，，，因此是首项为，公差为1的等差数列；，16.如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，．（1）求证：为三棱锥外接球的球心；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据图形特征得出即得证球心；（2）根据线面角定义结合线面垂直及面面垂直性质定理可得；（3）空间向量法求出锐二面角的余弦值再结合最值可得参数.【小问1详解】为的中线，且，则为正的中心，又中，，，即为三棱锥外接球球心【小问2详解】是正三角形，点是的中点，．又平面平面，平面平面，平面，平面为直线与平面所成的角又，，,即直线与平面所成角的正弦值为【小问3详解】在平面中，过点作，垂足为，，设，则，，．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，则，，，．设平面的法向量为，由，得，令，故，设平面的法向量为，则，即，令，则．设平面与平面所成锐二面角平面角为，，当时，，此时最大，即当时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大．17.已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）．（1）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；（2）若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积．【答案】（1）1（2）．【解析】【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、（、），则，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；（2）先求出点的坐标，进而得到双曲线在点处的切线方程为，不妨设直线为，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解.【小问1详解】由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角，设直线、的倾斜角分别为、（、），直线、关于直线对称，，．【小问2详解】联立，双曲线在点处的切线方程为．不妨设直线为，，，联立得，整理得，将等式看作关于的方程：两根之和，两根之积，而其中，由（1）得，直线为，过定点，又双曲线在点处的切线方程为，过点，，．18.如图是一个各棱长均为1米的正四棱锥，现有一只电子蛐蛐在棱上爬行，每次从一个顶点开始，等可能地沿棱爬到相邻顶点，已知电子蛐蛐初始从顶点出发，再次回到顶点时停止爬行.（1）求电子蛐蛐爬行2米后恰好回到顶点概率；（2）在电子蛐蛐停止爬行时爬行长度不超过4米的条件下，记爬行长度为，求的分布列及其数学期望；（3）设电子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行（首次回到顶点）的概率记为，求（用表示）.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）根据独立事件概率公式计算即可；（2）结合条件概率先求离散型随机变量的分布列再求出数学期望；（3）结合等比数列的通项公式求出.【小问1详解】记事件“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，“电子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行”，则【小问2详解】记事件“电子蛐蛐停止爬行时，爬行长度不超过4米”的可能取值为2，3，4，根据条件概率的知识，可得的分布列为，，，用表格表示的分布列为：234．【小问3详解】（，）①②②－①得：，19.若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”．（1）已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合；（2）已知函数，设集合．（i）求集合中元素的个数；（ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．【答案】（1）（2）（i）2；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数求导并求出其值域解不等式可得的取值集合；（2）（i）对求导得出函数的单调性，利用零点存在定理即可求得集合中元素的个数为2个；（ii）根据区间长度的定义，对参数进行分类讨论得出的所有可能的“封闭区间”即可得出证明.【小问1详解】由题意，，，恒成立，所以在上单调递增，可得的值域为，因此只需，即可得，即，则的取值集合为．【小问2详解】（i）记函数，则，由得或；由得；所以函数在和上单调递增，在上单调递减．其中，因此当时，，不存在零点；由在单调递减，易知，而，由零点