2024届浙江省第一届启航杯联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省2024届第一届启航杯联考数学试题一、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，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，则的元素数量是（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗由于，故，又，故，有5个元素，故选：D.2.已知，则（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗B〖解析〗由题得，则，答选：B.3.椭圆的左右焦点分别为为上一点，则当的面积最大时，的取值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知，，设，则，由，得时面积最大，此时，而此时，故，所以.故选：A.4.已知边长为6正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（）A.96π B.100π C. D.〖答案〗B〖解析〗由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5，则表面积为.故选：B.5.已知的二项式系数之和为64，则的展开式中常数项为（）A.1 B.6 C.15 D.20〖答案〗C〖解析〗由二项式系数的组合意义，，得，则中常数项.故选：C.6.已知对恒成立，则的最大值为（）A.0 B. C.e D.1〖答案〗D〖解析〗由，得，所以对恒成立，令，则在上单调递增，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，即，令，则在上单调递增，由，得，所以当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以，所以的最大值为1.故选：D.7.已知且，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗平方得，令，则，不妨取，则，，故选：C.8.克拉丽丝有一枚不对称的硬币.每次掷出后正面向上的概率为，她掷了次硬币，最终有10次正面向上.但她没有留意自己一共掷了多少次硬币.设随机变量表示每掷次硬币中正面向上的次数，现以使最大的值估计的取值并计算.(若有多个使最大，则取其中的最小值).下列说法正确的是（）A. B.C. D.与10的大小无法确定〖答案〗B〖解析〗由题，服从二项分布，则，最大即为满足的最小，即为，又，故为整数时，不为整数时为大于的最小整数，而，当为整数时显然成立，当不为整数时大于的最小整数为的整数部分，其小于，故，答选：B.9.如图所示，在棱长为2的正方体中，为的中点，为靠近的四等分点，为线段MG上一动点，则（）A.三棱锥的体积为定值 B.C.HD的最小值为 D.若，则〖答案〗AC〖解析〗对于A，取中点为，连中点为，连，则易得且，故为平行四边形，，又GM为中位线，故，故，又平面平面，故平面，其上任意一点到平面的距离相等，故三棱锥体积为定值，A正确，对于B，由题，，而，故，B错误，对于C，当时HD最小，在平面内以为原点，DB为轴正方向，为轴正方向建立平面直角坐标系，则到GM的距离为，经验证此时在线段GM上，C正确，对于D，当与重合时，，则，取明显错误，故D错误.故选：AC.10.设定义域为的单调递增函数满足，且，则下列说法正确的是（）A.当时，B.C.不等式的解集为D.若使得时，恒成立，则的最小值为2〖答案〗ACD〖解析〗当时，根据题意可得，累加可得，A说法正确；，因为单调递增，所以，所以，B说法错误，由函数单调递增可得，解得，C说法正确，由时和单调递增可得，当时，，取即可，另一方面，同理有，则时，，而当时右式在时趋于，故不存在满足条件，D说法正确故选：ACD.11.数学有时候也能很可爱，如题图所示是小D同学发现的一种曲线，因形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线.对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（）A.该曲线与最多存在3个交点B.如果曲线如题图所示(x轴向右为正方向，y轴向上为正方向)，则C.存在一个，使得这条曲线是偶函数的图像D.时，该曲线中的部分可以表示为y关于x的某一函数〖答案〗ABC〖解析〗A项，曲线方程，令，得关于的一元三次方程，令，则，最多两根，即函数最多两个极值点，即方程最多有三个实根，故A正确；B项，若曲线如题图所示，则存在，使得与曲线图象有三个交点，即存在，关于的方程有三个实根.令，则，假设，，都有，即单调递增，则方程在最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误.故，B正确；C项，当时，曲线即函数的图象，设，，定义域关于原点对称.且，所以是偶函数.故存在，使得曲线是偶函数的图象，故C正确：D项，当时，曲线方程为.令，得，令，则，由零点存在性定理知至少两根，则对应的值不唯一，不符合函数定义，故D错误；故选：ABC.二、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.随着某抽卡游戏在班级内流行，李华统计了6位同学获得某角色的抽取次数，结果如下:10，60，90，80，20，180，则以上数据的下四分位数为_________.〖答案〗20〖解析〗共有6个数据，则向上取整为2，从小到大的第二个数据为20.13.已知正四面体O-ABC棱长为4，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点.若，则的最大值为_________.〖答案〗〖解析〗由题意棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点，则，在中，由余弦定理有:，得，同理在有.一方面：若，则为方程两根，则得，又两根都为正，故即，但此时不可能最大，理由如下：不妨，则在上取一点使，在上取一点使，则为等边三角形，由对称性可知，而，从而，所以这个时候取不到最大值，另一方面：当重合时，即时，最大，且的最大值为.当时，为等边三角形，此时，由题存在这样的OB1，使得成立，则的最大值为，故当且仅当时取等.14.设函数的极小值点为，若的图象上不存在关于直线对称的两点，则的取值范围为_________.〖答案〗〖解析〗由题，无解，则在不存在零点.又时，，而，所以必有时，故必有使在时在0附近单调递减，（否则若，若g'(x)不存在正零点则单调递增而恒正，若g'(x)存在正零点，记g'(x)的最小正零点为，则在[0，m不符合题意），而，故同理必有，而，同理必有，，而，故，又，故，又，故下证明充分性：即只需恒成立，而单调递增，设零点为，由前述必要条件知，故，只需，而零点为得，故即证，即，由题必有，则，令，则，只需，即，令，即，而单调递增且有唯一零点，且，故在单调递减，单调递增，而，故，原命题得证.三、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.已知中，角所对的边分别为已知.（1）求的取值范围；（2）求最大时，的面积.解：（1）由于，所以.由三角形的三边关系知:.又，所以；（2）由余弦定理可得，，当时取等，又B∈0,π，所以的最大值为，此时.16.已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为.（1）记直线的斜率为，直线的斜率为，求.（2）当直线的斜率为3时，求点坐标.解：（1）因为，所以.又设，因为，所以.而圆心不在坐标轴上，从而，所以.所以，又，所以.（2）设直线，与联立，化简并整理得：，其中.设，所以，即点坐标为.因为，所以，而，即，解得.因此，所以.17.浙里启航团队举办了一场抽奖游戏，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列，抽中记作1，未抽中记作0，形成一个长度为的仅有01的序列.2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1，设它长度为，那么得分即为.3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.例如:如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中奖，那么序列即为1，0，1，1，1，0，1，得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量，则.（1）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.（2）记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度，求.（3）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.解：（1）若序列为：0，0，0，则最终得分为0，若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1，若序列为：1，0，1，则最终得分为2，若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4，若序列为：1，1，1，则最终得分为9，，，，；（2）令表示长度为的序列，的〖答案〗，换言之.则有递推关系，表示第n+1位分别为1或0的〖答案〗.显然，设，则，所以，解得，所以，解得：，故所求为.（3）设表示进行次游戏后的期望得分，即.则有递推关系，解释：因为，考虑第位为1的时候对序列的额外贡献，即为，如果为0的贡献即为0，特别的，，直接累加得到:，若，带入上式，于是得，故所求即为.18.定义:表示的整数部分，表示的小数部分，例如.数列满足其中.若存在，使得当时，恒成立，则称数为木来数.（1）分别写出当时的值.（2）证明:是木来数（3）若为大于1的有理数.且.求证:为木来数（1）解：当时，，同理，当时，，同理；（2）证明：当时，即，则，由于，所以，所以，则，所以，由于，所以，则，由此知对恒成立.可知当时，为木来数；（3）解：设且互质，可知与均不为整数时，有，显然，且此时为正整数，又互质，则，故，下面用反证法说明数列中存在整数.由为有理数可知，也为有理数.则，推出，与假设矛盾.因此为木来数.19.称代数系统为一个有限群，如果1.为一个有限集合，为定义在上的运算(不必交换)，2.3.称为的单位元4.，存在唯一元素使称为的逆元有限群，称为的子群.若，定义运算.（1）设为有限群的子群，为中的元素.求证:(i)当且仅当；(ii)与元素个数相同.（2）设为任一质数.上的乘法定义为，其中[x]为不大于的最小整数.已知构成一个群，求证:(其中表示个作运算)证明：（1）（i）如果，则，，从而.另一方面，如果，则有，，即，从而，即，从而，反之由得到，类似讨论得中的元素也全都属于，证毕；（ii）我们首先构造一个到的满射，这直接由的定义得到，另一方面，我们证明这个映射同时也是单射，事实上，若对，两边左乘，则有，从而两集合间有一一映射，故元素个数相等；（2）我们有如下断言:，假设是使得的最小正整数，则(其中表示个作.运算)在运算下构成的一个子群，记作，而由（1）的结论可知，这一集族中的集合有相同的元素个数，且两两不交(若有两个集合相交，则推得，由（1）（i）得两集合相同)从而它们构成的一个划分，从而有，因而.浙江省2024届第一届启航杯联考数学试题一、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，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，则的元素数量是（）A.2 B.3 C.4 D.5〖答案〗D〖解析〗由于，故，又，故，有5个元素，故选：D.2.已知，则（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗B〖解析〗由题得，则，答选：B.3.椭圆的左右焦点分别为为上一点，则当的面积最大时，的取值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知，，设，则，由，得时面积最大，此时，而此时，故，所以.故选：A.4.已知边长为6正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（）A.96π B.100π C. D.〖答案〗B〖解析〗由对称性，球心与正方体重心重合，且每个面的交线半径为4.连球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球半径），由勾股定理得球的半径为5，则表面积为.故选：B.5.已知的二项式系数之和为64，则的展开式中常数项为（）A.1 B.6 C.15 D.20〖答案〗C〖解析〗由二项式系数的组合意义，，得，则中常数项.故选：C.6.已知对恒成立，则的最大值为（）A.0 B. C.e D.1〖答案〗D〖解析〗由，得，所以对恒成立，令，则在上单调递增，由，得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，即，令，则在上单调递增，由，得，所以当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，所以，所以的最大值为1.故选：D.7.已知且，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗平方得，令，则，不妨取，则，，故选：C.8.克拉丽丝有一枚不对称的硬币.每次掷出后正面向上的概率为，她掷了次硬币，最终有10次正面向上.但她没有留意自己一共掷了多少次硬币.设随机变量表示每掷次硬币中正面向上的次数，现以使最大的值估计的取值并计算.(若有多个使最大，则取其中的最小值).下列说法正确的是（）A. B.C. D.与10的大小无法确定〖答案〗B〖解析〗由题，服从二项分布，则，最大即为满足的最小，即为，又，故为整数时，不为整数时为大于的最小整数，而，当为整数时显然成立，当不为整数时大于的最小整数为的整数部分，其小于，故，答选：B.9.如图所示，在棱长为2的正方体中，为的中点，为靠近的四等分点，为线段MG上一动点，则（）A.三棱锥的体积为定值 B.C.HD的最小值为 D.若，则〖答案〗AC〖解析〗对于A，取中点为，连中点为，连，则易得且，故为平行四边形，，又GM为中位线，故，故，又平面平面，故平面，其上任意一点到平面的距离相等，故三棱锥体积为定值，A正确，对于B，由题，，而，故，B错误，对于C，当时HD最小，在平面内以为原点，DB为轴正方向，为轴正方向建立平面直角坐标系，则到GM的距离为，经验证此时在线段GM上，C正确，对于D，当与重合时，，则，取明显错误，故D错误.故选：AC.10.设定义域为的单调递增函数满足，且，则下列说法正确的是（）A.当时，B.C.不等式的解集为D.若使得时，恒成立，则的最小值为2〖答案〗ACD〖解析〗当时，根据题意可得，累加可得，A说法正确；，因为单调递增，所以，所以，B说法错误，由函数单调递增可得，解得，C说法正确，由时和单调递增可得，当时，，取即可，另一方面，同理有，则时，，而当时右式在时趋于，故不存在满足条件，D说法正确故选：ACD.11.数学有时候也能很可爱，如题图所示是小D同学发现的一种曲线，因形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线.对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（）A.该曲线与最多存在3个交点B.如果曲线如题图所示(x轴向右为正方向，y轴向上为正方向)，则C.存在一个，使得这条曲线是偶函数的图像D.时，该曲线中的部分可以表示为y关于x的某一函数〖答案〗ABC〖解析〗A项，曲线方程，令，得关于的一元三次方程，令，则，最多两根，即函数最多两个极值点，即方程最多有三个实根，故A正确；B项，若曲线如题图所示，则存在，使得与曲线图象有三个交点，即存在，关于的方程有三个实根.令，则，假设，，都有，即单调递增，则方程在最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误.故，B正确；C项，当时，曲线即函数的图象，设，，定义域关于原点对称.且，所以是偶函数.故存在，使得曲线是偶函数的图象，故C正确：D项，当时，曲线方程为.令，得，令，则，由零点存在性定理知至少两根，则对应的值不唯一，不符合函数定义，故D错误；故选：ABC.二、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.随着某抽卡游戏在班级内流行，李华统计了6位同学获得某角色的抽取次数，结果如下:10，60，90，80，20，180，则以上数据的下四分位数为_________.〖答案〗20〖解析〗共有6个数据，则向上取整为2，从小到大的第二个数据为20.13.已知正四面体O-ABC棱长为4，棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点.若，则的最大值为_________.〖答案〗〖解析〗由题意棱上有一点，棱上有一点，棱上有一点，则，在中，由余弦定理有:，得，同理在有.一方面：若，则为方程两根，则得，又两根都为正，故即，但此时不可能最大，理由如下：不妨，则在上取一点使，在上取一点使，则为等边三角形，由对称性可知，而，从而，所以这个时候取不到最大值，另一方面：当重合时，即时，最大，且的最大值为.当时，为等边三角形，此时，由题存在这样的OB1，使得成立，则的最大值为，故当且仅当时取等.14.设函数的极小值点为，若的图象上不存在关于直线对称的两点，则的取值范围为_________.〖答案〗〖解析〗由题，无解，则在不存在零点.又时，，而，所以必有时，故必有使在时在0附近单调递减，（否则若，若g'(x)不存在正零点则单调递增而恒正，若g'(x)存在正零点，记g'(x)的最小正零点为，则在[0，m不符合题意），而，故同理必有，而，同理必有，，而，故，又，故，又，故下证明充分性：即只需恒成立，而单调递增，设零点为，由前述必要条件知，故，只需，而零点为得，故即证，即，由题必有，则，令，则，只需，即，令，即，而单调递增且有唯一零点，且，故在单调递减，单调递增，而，故，原命题得证.三、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.已知中，角所对的边分别为已知.（1）求的取值范围；（2）求最大时，的面积.解：（1）由于，所以.由三角形的三边关系知:.又，所以；（2）由余弦定理可得，，当时取等，又B∈0,π，所以的最大值为，此时.16.已知双曲线C:，圆，其中.圆与双曲线有且仅有两个交点，线段的中点为.（1）记直线的斜率为，直线的斜率为，求.（2）当直线的斜率为3时，求点坐标.解：（1）因为，所以.又设，因为，所以.而圆心不在坐标轴上，从而，所以.所以，又，所以.（2）设直线，与联立，化简并整理得：，其中.设，所以，即点坐标为.因为，所以，而，即，解得.因此，所以.17.浙里启航团队举办了一场抽奖游戏，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率没抽中.小明的抽奖得分按照如下方式计算：1.将玩家次抽奖的结果按顺序排列，抽中记作1，未抽中记作0，形成一个长度为的仅有01的序列.2.定义序列的得分为：对于这个序列每一段极长连续的1，设它长度为，那么得分即为.3.序列的得分即为每一段连续的1的得分和.例如:如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中奖，那么序列即为1，0，1，1，1，0，1，得分为.可能用到的公式：若为两个随机变量，则.（1）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.（2）记随机变量表示长度为的序列中从最后一个数从后往前极长连续的1的长度，求.（3）若，清照进行了一次游戏.记随机变量为清照的最终得分，求.解：（1）若序列为：0，0，0，则最终得分为0，若序列为：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，则最终得分为1，若序列为：1，0，1，则最终得分为2，若序列为：1，1，0，或0，1，1，则最终得分为4，若序列为：1，1，1，则最终得分为9，，，，；（2）令表示长度为的