浙江省金华市义乌市高三下学期适应性考试（三模）数学试题

义乌市普通高中2024届适应性考试数学试卷选择题部分（共58分）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.样本数据12，46，38，11，51，24，33，35，55的第80百分位数是（）A.33 B.35 C.46 D.51【答案】D【解析】【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】将12，46，38，11，51，24，33，35，55从小到大排列为11，12，24，33，35，38，46，51，55，，故第80百分位数为第八个数51，故选：D2.已知是等比数列，若，，则的值为（）A.9 B. C. D.81【答案】A【解析】【分析】根据等比中项的性质即可得到答案.【详解】由题得，而，则，故选：A.3.在中，角的对边分别为，，.若，，，则为（）A.1 B.2 C.3 D.1或3【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理直接求解即可.【详解】由余弦定理得,即，即，解得或（舍）.故选：C.4.某市高中数学统考（总分150分），假设考试成绩服从正态分布.如果按照，，，的比例将考试成绩从高到低分为，，，四个等级.若某同学考试成绩为99分，则该同学的等级为（）（参考数据：，）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的性质即可求解.【详解】数学测试成绩服从正态分布，则，，由于等级的概率之和为，所以，而即故为A等级，为B等级，为C等级，为D等级，故99分为B等级．故选：B．5.在义乌，婺剧深受民众喜爱.某次婺剧表演结束后，老生、小生、花旦、正旦、老旦各一人排成一排合影留念，其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法总数是（）A.36 B.48 C.60 D.72【答案】C【解析】【分析】间接法，先求出小生和老生不相邻的情况，再减去老旦排在最右边的情况，即可得解.【详解】首先按照小生和老生不相邻的要求共有种排法，其中老旦排在最右边情况，左侧4个位置，先排花旦、正旦有，由此所成的3个空中将小生、老生插入有，所以排法有种，所以满足题意的不同排法总数是.故选：C6.若函数，则方程的实数根个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】求导得到函数单调性，画出函数图象，令，则，且，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，由3个解，从而得到答案.【详解】，当时，，则，此时在上单调递减，当时，，则，故当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，画出函数和的图象如下：令得，故，令，则，且，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，只有1个解，当时，结合图象可知，由3个解，综上，方程的实数根的个数为5.故选：D7.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，则（）A.α∥β且∥α B.α⊥β且⊥βC.α与β相交，且交线垂直于 D.α与β相交，且交线平行于【答案】D【解析】【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．8.已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得.【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：设，又，由题意可知，直线的斜率一定存在，所以，直线，即，则点，直线，化为一般形式得，因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等，点到直线的距离，点到直线的距离，于是，化简得，即，又点在椭圆上，所以，得，因此，，即，解得或，点在第一象限，所以，，则点，所以.故选：C.【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由，结合每个选项计算可判断其正确性.【详解】因为，所以，所以，故A正确；所以，所以，故B不正确；，故C不正确；，故D正确.故选：AD.10.已知在上是单调函数，且的图象关于点对称，则（）A.若，则B.的图象的一条对称轴方程为C.函数在上无零点D.将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数【答案】ABC【解析】【分析】利用在上单调，可得，再根据的图象关于点对称，可得，进而可得，结合每个选项计算可判断其正确性.【详解】，当，可得，又在上单调，所以，解得，又的图象关于点对称，所以，解得，当时，，符合题意，所以，对于A：若，则可得分别为函数的极大值与极小值，可得，故A正确；，所以的图象的一条对称轴方程为，故B正确；因为，所以，所以函数在上无零点，故C正确；将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为，所以的图象向左平移个单位长度后得到的函数不为偶函数，故D不正确.故选：ABC.11.已知正实数，满足，则下列不等式可能成立的有（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】将变形为，构造，，利用导数求解的单调性，即可判断的大小关系，结合函数图像即可求解.【详解】由可得，记，由于函数均为上的单调递增函数，故为上的单调递增函数，记，则，令，得，故在单调递增，令，得，故在单调递减，而，，故存在使得，故当，，即当时，当时，，故作出的大致图象如下：（黑色为图象，红色为图象）由图可知：当时，当时，可得，当时，可得，当时，可得，故选：ACD【点睛】关键点点睛：构造函数，求导判断单调性，由此判断的大小关系，数形结合求解.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为_____．【答案】54【解析】【分析】先利用赋值法求出n的值，然后利用展开式通项求常数项．【详解】解：令x＝1，有4n＝256，解得n＝4，所以展开式通项为：，令4﹣2k＝0得，k＝2．故常数项为：．故答案为：54．【点睛】本题考查了赋值法求二项式展开式的系数和、二项式展开式的通项公式，属于基础题.13.若圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2，则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】【分析】根据条件，将弦长转化为圆心到渐近线的距离，进而可得出与的关系，求解即可.【详解】对于双曲线，其渐近线方程为，对于圆，有，圆心为，半径，渐近线被圆截得的弦长为，所以圆心到渐近线的距离为，由点到直线距离公式得：，所以，所以，解得，所以双曲线的离心率为.故答案为：.14.某希望小学的操场空地的形状是一个扇形，计划在空地上挖一个内接于扇形的矩形沙坑（如图所示），有如下两个方案可供选择.经测量，，.在方案1中，若设，，则，满足的关系式为______，比较两种方案，沙坑面积最大值为______.【答案】①.（其中，），或，②.##【解析】【分析】（1）连接，在中应用勾股定理找到关系式，注意取值范围；（2）由（1）及基本不等式求得，结合三角形面积公式求方案一的最大值；再连接，，设，，在中应用勾股定理得，结合基本不等式、三角形面积公式求方案二最大值，比较大小即可.【详解】连接，由，，，，得，在中，，由，得，显然在上单调递减，所以满足的关系式为（，）或，；方案1：设游泳池的面积为，由（1）得，解得，当且仅当，即，时取等号，所以；方案2：设游泳池的面积为，取的中点，连接，，设，，在中，，则，解得，当且仅当时取等号，，而，所以选择第一种方案，此时游泳池面积的最大值为.故答案为：（，），或，；【点睛】关键点点睛：设出与图形面积相关的两个变形，借助勾股定理建立关系，利用基本不等式求解最值是解决问题的关键.四、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.已知函数在处的切线的方向向量为.（1）求的值；（2）求函数的单调区间与极值.【答案】（1）1（2）在上递增，在上递减，极大值为，无极小值【解析】【分析】（1）由切线的方向向量可得切线斜率，进而利用导数的几何意义即可求解；（2）利用导数研究函数的单调性并求极值即可.【小问1详解】在处的切线的方向向量为，所以在处的切线斜率，又，则，解得.【小问2详解】函数的定义域为，，令，解得或（舍去）.当时，，则函数在上单调递增，当时，，则函数在上单调递减，在处取得极大值，即，无极小值.于是在上单调递增，在上单调递减，极大值为，无极小值.16.已知甲盒中有1个红球，2个蓝球，乙盒中有5个红球，4个蓝球，这些球除了颜色外完全相同.（1）从甲盒中有放回地取球，每次取1个，共取3次，求这3次中取出2次红球的概率；（2）从甲、乙两盒中各任取2个球，记取出4个球中红球的个数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）先求每次从甲盒中取出红球概率，然后利用独立重复试验的概率即可求解；（2）确定随机变量的所有可能取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，即可求得数学期望.【小问1详解】设“每次从甲盒中取出红球”，“这3次中取出2次红球”.则，.【小问2详解】所有可能的取值为0，1，2，3，，，0123.17.如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足.（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据重心的性质可得，即可根据线线平行求证，（2）根据线线垂直可得线面垂直，进而可得平面平面，根据余弦定理以及勾股定理求解长度，即可利用等体积法求解长度，利用线面角的几何法求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量与直线方向向量的夹角求解即可.【小问1详解】如图，连接，交点为，则是的中点.因为是的重心，所以.又是的中点，所以.由知在线段上，且，所以，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】方法1：设，则.取中点，连接，则，，平面,故平面，又平面，所以平面平面，交线.由，，则,得.所以到平面的距离等于到直线的距离.设到平面的距离为，由平面知到平面的距离也是.由得，，，从而.在中，，，，由余弦定理得，所以直线与平面所成角的正弦值是.方法2：如图，以中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，，所以,,,设平面的法向量是，由.令，则，.所以，，从而直线与平面所成角的正弦值是.18.已知四点在抛物线上，直线经过点，直线经过点，直线与直线相交，交点在轴上.（1）求证：点是线段的中点；（2）记的面积为，的面积为，求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，，，直线的方程为，直线的方程为，与抛物线联立可得，，进而可得，可得结论；（2）设，可得，进而可得，求得，可得，进而可得，法一：利用导数可求的最小值.法二：利用基本不等式可求的最小值.【小问1详解】设，，，直线的方程为，直线的方程为.由得，所以；由得，所以.所以，即点的纵坐标是点、点的纵坐标的等差中项，故是的中点.【小问2详解】设，因为直线与直线相交，交点在轴上，所以，从而，.直线的方程是，所以，即.因为是的中点，所以，.法一：记，考察函数，.因，所以在上是减函数，在上是增函数，故的最小值是，即的最小值是.法二：，时取到等号，即的最小值是.【点睛】思路点睛：求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y一元二次方程的形式；②利用或其他限制条件求得变量的取值范围；③利用变量表示出所求三角形的面积；④通过换元法将所求内容转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.19.若函数满足以下三个条件，则称为函数.①定义域为；②对任意，；③对任意正整数，，当时，有.若给定函数某几个函数值，在满足条件①②③的情况下，可能的如果有种，分别为，，，.那么我们记等于，，，的最大值.这样得到的称为的最大生成函数.（1）若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求和的值；（2）若为函数，且满足，求数列的前10项和；（3）若为函数，且是在给定条件，下的的最大生成函数，求数列的前项和.【答案】（1），（2）1024（3）【解析】【分析】（1）根据所给定义得到，结合所给条件求出，即可猜想，即可求出（2）首先求出，，猜想，再由数学归纳法证明，再由等比数列求和公式计算可得；

（3）首先求出的前几个数，猜想，利用数学归纳法证明，再分为偶数和为奇数，利用分组求和法计算可得.【小问1详解】因为，所以，所以.但是若，则，又，这出现矛盾，所以不成立，即，此时，，所以或者.若令，显然它是满足函数的3个条件的，不会出现矛盾.所以.【小问2详解】由，则，若，则，，出现矛盾.所以.同理求得，我们猜想下面证明它