浙江省丽水、湖州、衢州三地市2024年高考4月质检数学试卷

浙江省丽水、湖州、衢州三地市2024年高考4月质检数学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1．抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A=“第一枚出现奇数点”，事件B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系是（）A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等2．双曲线x2-y2mA．12 B．22 C．2 3．复数z满足|iz|=1(i为虚数单位)，则|z-4+3i|的最小值是()A．3 B．4 C．5 D．64．已知平面向量a、b满足|b|=2|a|=2，若a⊥(A．π6 B．5π6 C．π35．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6，3A．3 B．9 C．10 D．136．将函数f(x)=cos2x的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位后得到函数g(x)的图象，若对满足|f(x1)-g(x2)|=2A．5π12 B．π3 C．π47．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为左、右焦点，P为椭圆上一点，∠A．13 B．22 C．128．已知正实数x1，x2，x3满足x12+2x1+1=x1A．x3<x2<x1 B．二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9．有一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5，x6的平均数是A．若ax1+b，ax2+b，ax3+b，B．若x1，2x2，3x3，4x4，C．若方差s2=0D．若x1<x210．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC且AB=BC=2，直线A．线段A1C上存在点DB．线段A1C上存在点D，使得平面DBC．直三棱柱ABC-A1D．点B1到平面A111．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)⋅f(x-y)=f2(x)-f2A．f(3)=2 B．f(x)为奇函数C．f(2)=0 D．k=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π4，c=2，BC边上的高等于13a，则△ABC的面积是13．已知圆C：mx2+(2m-1)y2-2ax-a-2=0，若对于任意的a∈R，存在一条直线被圆C14．已知正四面体A-BCD的棱长为1，若棱长为a的正方体能整体放入正四面体A-BCD中，则实数a的最大值为．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．设等差数列{an}的公差为d，记Sn是数列{a（1）求数列{a（2）若d>0,bn=4Sn16．如图，三棱锥A-BCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为线段AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=3,BF=2FD,EF17．设函数f(x)=ex-（1）当a=1时，求f(x)的单调区间；（2）若f(x)≥a，求实数a的取值范围．18．已知抛物线E：y2=4x，点A，B，C在抛物线E上，且A在x轴上方，B和C在x轴下方(B在C左侧)，A，C关于x轴对称，直线AB交x轴于点M，延长线段CB交x轴于点Q，连接（1）证明：|OM||OQ|为定值(O为坐标原点)（2）若点Q的横坐标为-1，且MB⋅MC=19．为保护森林公园中的珍稀动物，采用某型号红外相机监测器对指定区域进行监测识别.若该区域有珍稀动物活动，该型号监测器能正确识别的概率(即检出概率)为p1；若该区域没有珍稀动物活动，但监测器认为有珍稀动物活动的概率(即虚警概率)为p2.已知该指定区域有珍稀动物活动的概率为0.2.现用2台该型号的监测器组成监测系统，每台监测器(（1）若p1=0.8，（i）在该区域有珍稀动物活动的条件下，求该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率；（ii）在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下，求指定区域实际没有珍稀动物活动的概率(精确到0.001)；（2）若监测系统在监测识别中，当0.8≤p1≤0.9时，恒满足以下两个条件：①若判定有珍稀动物活动时，该区域确有珍稀动物活动的概率至少为0.9；②若判定没有珍稀动物活动时，该区域确实没有珍稀动物活动的概率至少为0.9.求p2的范围(参考数据：35.04

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：根据独立事件的定义易知，事件A与B互不影响，故A，B相互独立.

故答案为：C

【分析】根据独立事件的定义直接求解即可.2．【答案】D【解析】【解答】解：由题意可得|m|1=2，因为m>0，所以故答案为：D.【分析】由渐近线的定义计算即可.3．【答案】B【解析】【解答】解：设z=x+yi,(x,y∈R)，则|iz|=x2+所以z对应的点(x,|z−4+3i|=|x+yi−4+3i|=(x−4)2+(y+3)2所以|z−4+3i|的最小值是(4−0)2故答案为：B.【分析】利用复数的几何意义及两点间的距离公式即可得解.4．【答案】D【解析】【解答】解：因为a⊥(a+b)，所以a设a与b的夹角为θ，则cosθ=a⋅b|故答案为：D.【分析】由题意可得a⋅(a+5．【答案】C【解析】【解答】解：设公比为q，因为a6，3a4，－a5成等差数列，所以6a4＝a6－a5=a4(q2－q).

由题意知a4>0，q>0.所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以S4S2＝S2故答案为：C.【分析】由条件可得6a4＝a4(q2－q)，求出q代入S4S26．【答案】B【解析】【解答】解：f(x)将f(x)的图象向右平移φ(0<φ<π2)若对满足|f(x1)−g(x2不妨x1=0，则x2=±π当x2=π6时，cos(2×π6−2φ)当x2=−π6时，cos(−π3−2φ)=−1，故答案为：B.【分析】由图象平移可得g(x)=cos(7．【答案】B【解析】【解答】解：如图，

由直线l:y=−x+t，且点F2关于l的对称点在线段F1P的延长线上，可得点M与点F2所以在△PF2M中，则因为PH的倾斜角为135∘，所以在△PF1F2中，∠F由|PF1|sin∠P因为sin15∘所以e=c故答案为：B.【分析】易知点M与点F2关于PH对称，得∠F2PM=120∘，在8．【答案】A【解析】【解答】解：因为正实数x1，x2，x3满足x12+2x1+1=x12x1，x22+3x2+1=x23x2，x32+4x3+1=x34x3，则x12+1=x12x1-2x1，x22+1=x23x2-3x2，x39．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、x0即x0B、反例：若样本数据−10,−4而x1,2x2C、若s2则x1D、6×75%=4.故答案为：AC.【分析】利用平均数、方差的计算公式，以及极差的定义和百分位数的计算方法，逐项判断即可.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：C、直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠Acos∠A因为AB⊥BC且AB=BC=2，所以AC=2又AA1⊥底面ABC，AC⊂底面ABC所以tan∠A1所以直三棱柱ABC−A1B1CB(0,0,0)，C(0,2,0)，BA1=(2,0,2)设A1D=λ则AD=若A1B⊥AD，则BA1⋅此时D为线段A1所以在线段A1C上存在点D，使得B、当D为线段A1C的中点时D(1,1,设平面BB1D则m⋅BD=x+y+z=0又CD=(1,−1,1)，C则n⋅CD=a−b+c=0因为m⋅n=1×1+1×(−1)+0×0=0，所以平面DB所以当D为线段A1C的中点时满足平面DBBD、BC=(0,2,0)设平面A1BC的法向量为u=(x1则点B1到平面A1BC故答案为：ABD.【分析】根据直三棱柱的性质得到AA1⊥底面ABC，则∠A1CA即为直线11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：B、令x=1，y=0，有f(1)⋅f(1)=f2(1)−令x=0，y=x，有f(x)⋅f(−x)=f2(0)−f2又因为f(x)的定义域为R，所以f(x)为奇函数，故B正确；AC、因为f(1)=2且f(x)为奇函数，所以f(−1)=−f(1)=−2，又f(x+1)为偶函数，所以f(x+1)=f(−x+1)，则f(−1)=f(3)=−2，f(2)=f(0)=0，故A错误C正确；D、f(x+1)=f(−x+1)=−f(x−1)，则f(x+3)=−f(x+1)=f(x−1)，所以f(x)的周期为4，f(4)=f(0)=0，则k=1f(k)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=506×(2+0−2+0)=0故答案为：BCD.【分析】赋值法，令x=1，y=0，可得f(0)=0，令x=0，y=x可得f(x)为奇函数，结合f(x+1)为偶函数，可得f(3)、f(2)，亦可得其周期，即可得k=1202412．【答案】32；【解析】【解答】解：过点A作AD垂直于BC于D，

又因为在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π4，c=2，BC边上的高等于13a，所以∆ADB是等腰直角三角形，所以AD=BD=13a，

AB=c=2.由勾股定理可得13a2+13a2=22，又因为a>0,则a=3,

所以，三角形△ABC的面积是S=12×AB×BC×sinB=113．【答案】1+【解析】【解答】解：由圆C:mx2+(2m−1)故圆C:x2令a=0可得x2+y2=2显然两圆相交，两圆方程作差可得x=−1由x=−12x2+所以直线x=−12与圆x2所以n=7，则m+n=故答案为：1+7【分析】由圆的方程的特征求出m，再将圆的方程化为标准方程，令a=0、a=1得到两个圆的方程，两圆作差得到公共弦方程，求出公共弦长，即可得解.14．【答案】6【解析】【解答】解：由正四面体及正方体的特征知，要使放入的正方体最大，则正方体的一个底面在正四面体的一个底面内，令O是正△DBC的中心，则AO⊥底面ABC，而BO=23×不妨令放入的正方体的底面在△BCD内，则正方体中与这个底面相对的底面正方形所在平面截正四面体所得截面△EFG是正三角形，且这个正方形是正△EFG的内接正方形，EG=a显然三棱锥A−EFG是正四面体，AO与平面EFG的交点O'是△EFGAO'=63EG=6+223a，显然O故答案为：66【分析】根据正四面体、正方体的结构特征，可得棱长最大的正方体一底面在正四面体的底面正三角形内，正方体中与这个底面相对的正方形为该正方形所在平面截正四面体所得正三角形的内接正方形，再利用正四面体的结构特征求解即可.15．【答案】（1）解：由S5=a3+20，S由S15=a2a3a8，当a8=0时d=a当a2=3时d=a综上可得数列{an}的通项公式为a（2）证明：因为d>0，所以an=2n−1，则则b=1+1所以T=n+=n+1【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式以及分类讨论的方法得出数列{an}的通项公式.

（2）利用公差的取值范围和等差数列的通项公式和等差数列前n项和公式得出数列{bn}的通项公式，再结合分组求和的方法和裂项相消的方法得出数列16．【答案】（1）证明：因为AD=CD，∠ADB=∠BDC，可得△ADB≌△CDB，所以AB=CB，又E为线段AC的中点，所以BE⊥AC，DE⊥AC，而DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，又因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD；（2）解：取DA的中点G，连接EG，BG，因为EG为中位线，所以EG//CD，又AD⊥CD，所以AD⊥EG，因为AB=BD，G为DA的中点，所以AD⊥BG，又EG∩BG=G，EG，BG⊂平面BEG，所以AD⊥平面BEG，BE⊂平面BEG，所以AD⊥BE，因为BA=BC，E为AC的中点，所以AC⊥BE，又AC∩AD=A，AC，ADC平面ACD，所以BE⊥平面ACD，以E为坐标原点，分别以EA、EB、ED所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，如图，

设A(a,0,0)，B(b,则E(0,0,0)，D(0,0,a)，EF=(0,b3由|AB|2=所以CF=(3,63设直线CF与平面ABC所成角为θ，θ∈[0,π则sinθ=|cos所以直线CF与平面ABC所成角的正弦值为215【解析】【分析】（1）由等腰三角形的三线合一及全等三角形的性质，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可得证；（2）利用线面垂直的判定定理可得到BE⊥平面ACD，建立空间直角坐标系，分别求出直线CF的方向向量与平面ABC的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可得解.17．【答案】（1）解：已知f(x)=ex-ln(x+a)当a=1时，f(x)=ex-可得f'(x)=e当-1<x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，综上，所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，单调递减区间为(-1,0（2）解：若f(x)≥a，即ex不妨设g(x)=ex-可得g'(x)=e不妨设h(x)=g'(x)，函数定义域为(-a,+∞)，可得h'(x)=e所以函数h(x)在(-a,+∞)上单调递增，即函数g'(x)在(-a,+∞)上单调递增，当x→-a时，g'(x)→-∞；当x→+∞时，g'(x)→+∞，所以在区间(-a,+∞)上存在一点x0，使得g'(此时ex0=当-a<x<x0时，g'(x)<0，当x>x0时，g'(x)>0，所以g(x)≥g(x不妨设k(x)=ex-1e所以函数k(x)在定义域上单调递增，易知k(0)=0，又k(x0)≥0易知函数y=1ex,y=-x均为减函数，所以则当x0≥0时，故实数a的取值范围为(-∞,1]．【解析】【分析】（1）求出定义域，f'(x)=e（2）由题意可得ex−ln(x+a)≥a在(−a,+∞)上恒成立，设g(x)=ex−ln(x+a)−a，x∈(−a18．【答案】（1）证明：由题意，设直线AB的方程为x=my+t(m>0)，A(x1,则C(x1,-由x=my+ty2=4x，消去x，得y所以y1+y直线BC的方程为y+y1=令y=0，得xQ=y因此|OM||OQ|（2）解：因为点Q的横坐标为-1，由(1)可知，Q(-1,0)，设QA交抛物线于D，A(x1,y1)，如图所示，又由(1)知，y1y2=-4，同理可得又x1x1又MB=(则MB⋅故4-4m2=89所以直线AB的方程