浙江省浙南名校联盟2024届高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省浙南名校联盟2024届高三上学期第一次联考数学试题选择题部分一､选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，解得或，所以.由得，所以，所以.故选：A.2.双曲线的焦点坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可知双曲线的焦点在轴上，，故焦点为，故选：D.3.已知平面向量，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗在方向上的投影为，又方向上的单位向量为，故在方向上的投影向量是.故选：B.4.已知，则“”是“数列是递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条C.充要条件件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗A〖解析〗充分性：，因为的对称轴为，所以在单调递增，所以的最小值为，因为，所以，所以，即数列是递增数列.“”是“数列是递增数列”的充分条件.必要性：显然，当时，递增数列.“”是“数列是递增数列”的不必要条件.综上，“”是“数列是递增数列”的充分不必要条件.故选：A.5.生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为为平行四边形，所以，所以.记梯形的高为，因为，所以，所以，所以该五面体的体积.故选：C.6.若，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗一方面由题意，且注意到，联立得，解得，所以，另一方面不妨设，且，所以有，解得或（舍去），即，由两角和的正切公式有，所以.故选：B.7.设离散型随机变量的期望和方差分别为和，且，则（）A.B.C.D.和大小不确定〖答案〗C〖解析〗设，则，，，.，所以，所以，故选：C．8.在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（）A. B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗由球的表面积，得，因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，，，可得，设，则，设，令，则，，故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．故选：D二､多选题9.成人心率的正常范围为60~100次/分钟，超过100次/分钟为心率过速.观测并记录一名心率过速成人患者服用某种药物后心率，其随时间的变化如图所示，则该患者（）A.服了药物后心率会马上恢复正常B.服药后初期药物起效速度会加快C.所服药物约15个小时后失效（服药后心率下降期间为有效期）D一天需服用该药1至2次〖答案〗BCD〖解析〗对于A，服药后2小时心率恢复正常，故A错误，对于B，服药后初期心率下降速率增大，故B正确，对于C，服药15小时后心率开始回升，故C正确，对于D，服药22小时后心率过速，需再次服药，故D正确，故选：BCD10.将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到函数的图象，则关于的说法正确的是（）A.最小正周期为 B.偶函数C.在上单调递减 D.关于中心对称〖答案〗BD〖解析〗，的图象向左平移个单位长度得到，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到，所以，最小正周期为，A选项错误.是偶函数，B选项正确.由得，所以上单调递增，C选项错误.，所以D选项正确.故选：BD11.已知函数，其导函数为，则（）A.曲线在处的切线方程为B.有极大值，也有极小值C.使得恒成立的最小正整数为2021D.有两个不同零点，且〖答案〗ACD〖解析〗由得，对于A，则，故处的切线方程为，即，A正确，对于B,令，故当时，单调递减，当时，单调递增，故当，取极大值,无极小值，B错误，设切点为,则切点处的切线方程为，则该切线方程经过原点时，则，所以，得，所以此时切线方程为，由于过原点，所以当直线与相切时，此时，要使恒成立，则，由于,故，C正确，由于是的两个零点，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，故当，取极大值，故不妨设，记，则，由于，当且仅当时取等号，所以，故在单调递增，故，因此，由于，所以，而在单调递增，故，故，由于所以，由于是的两个零点，所以，记，所以是的两个零点，由于，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，取极小值也是最小值，不妨设，则，记，则，由于，所以，因此在单调递减，所以，即，由于时，单调递增，，所以，即，因此，D正确，故选：ACD.12.已知是椭圆上不同的三点，记的面积分别为（为坐标原点）.若，则（）A. B.C. D.为定值〖答案〗BC〖解析〗先证明：设，不共线，则．若，则，若，当中有一个为0时，例如，则易得，当都不为0时，设直线与轴交点为，直线方程为，令是，当时，，当时，，综上，，由已知设，，，则，同理，，由得，，，，，，由题意中任意两点都与原点不共线，即，，所以，，所以，，从而或,所以，，故选：BC．非选择题部分三､填空题13.已知复数满足，则______.〖答案〗〖解析〗设，则，所以，所以，所以，则，故〖答案〗为:.14.若的展开式中所有系数绝对值之和为81，则其常数项为______.〖答案〗〖解析〗的展开式中所有系数绝对值之和为，得，的展开通项为，当时，常数项为，故〖答案〗为：.15.已知点在上运动，点在圆上运动，且最小值为，则实数的值为______.〖答案〗5〖解析〗因为可化为，又，所以表示焦点在轴上，实半轴长为的双曲线上支的一部分，而圆的圆心为，半径为，如图，因为最小值为，即，又，即，所以，即，则，又，所以，因为点在上运动，故设,，所以，令，，则，，所以，令，则其对称轴为，因为，所以，则在上单调递减，则，即，则，解得或（舍去），所以.故〖答案〗为：5.16.已知数列的首项为，且满足，其中为其前项和，若恒有，则的取值范围为______.〖答案〗〖解析〗由①可得②，②①得，即，，所以，，所以，，累乘得，，将代入得，解得，所以，，对于函数，得，由指数函数的单调性可得存在满足，同理时，所以要使恒成立，只需，即可，即，解得，故〖答案〗为：四､解答题17.设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式及；（2）设，求数列的前项和.解：（1）设等差数列的首项为，公差为，由题：解得所以；（2）由（1）知，则.两式相减得：即有18.记的内角所对的边分别为，已知.（1）若，求；（2）若，求的周长.解：（1）由得：,则,则,即，化简并整理得，又，则,所以.（2）由题意有，由（1）得,所以,所以，由，所以，则的周长为.19.某型合金钢生产企业为了合金钢的碳含量百分比在规定的值范围内，检验员在同一试验条件下，每天随机抽样10次，并测量其碳含量（单位：%）.已知其产品的碳含量服从正态分布.（1）假设生产状态正常，记表示一天内10次抽样中其碳含量百分比在之外的次数，求及的数学期望：（2）一天内的抽检中，如果出现了至少1次检测的碳含量在之外，就认为这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是在一天中，检测员进行10次碳含量（单位：%）检测得到的测量结果：次数12345678910碳含量（%）0.310.320.340.310.300.310.320.310.330.32经计算得，，其中为抽取的第次的碳含量百分比.（i）用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？（ii）若去掉，剩下的数的平均数和标准差分别记为，试写出的算式（用表示）.附：若随机变量服从正态分布，则..解：（1）由已知得：抽取一次碳含量在之内的概率为0.9974，所以，又碳含量在之外的概率为0.0026，故,因此.（2）（i）由得的估计值为，所以，由所测数据可以看出10次抽检的碳含量均在之内，因此不需要对当天的生产过程进行检查.（ii）若去掉，剩下的数据的标准差又注意到，所以.20.在正三棱台中，侧棱长为1，且为的中点，为上的点，且.（1）证明：平面，并求出的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：如图所示：由三棱台可知：延长交于点，连接，延长交于，并连接，易得三棱锥为正四面体，所以，且平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为，且平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，在中，，则，所以.（2）解：如图，以底面中心为坐标原点，以与平行的方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则，所以，所以，设平面的法向量为，则即为令，得，取平面的法向量为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21.设抛物线的焦点为是坐标原点，，过点的直线与抛物线交于两点，延长分别交抛物线于两点，分别是的中点.（1）求直线的斜率的取值范围；（2）求的最小值.解：（1）由题：，设，代入得，则有，，所以，故，当时，，当时综上可得直线的斜率取值范围为.（2）设，则解得，同理，，所以，所以点的横坐标为，点的纵坐标为，所以的斜率，记，，取的方向向量分别为，故，当时，，当时，，函数在区间上单调递减，最小值为，所以当时，取到最小值为.22.设函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）若对任意，函数