2024年6月浙江省普通高校招生全國(guó)統(tǒng)一考試柯橋區(qū)數(shù)學(xué)適應(yīng)性試卷注意事項(xiàng)：1本科考試分為試題卷和答題卷，考生須在答題卷上答題2答題前，請(qǐng)?jiān)诖痤}卷的規(guī)定處用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫(xiě)學(xué)校、班級(jí)、姓名和準(zhǔn)考證號(hào)3試卷分為選擇題和非選擇題兩部分，共4頁(yè)全卷滿(mǎn)分150分，考試時(shí)間120分鐘一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1已知集合，則=（    ）ABCD2在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（    ）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限3設(shè)m，n是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中正確的是（    ）A若，則B若，則C若，則D若，則4已知實(shí)數(shù)，若，且這四個(gè)數(shù)的中位數(shù)是3，則這四個(gè)數(shù)的平均數(shù)是（    ）AB3CD45在中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c若，則A等于（    ）ABCD6已知函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，若當(dāng)時(shí)，的最小值是，則的最大值是（    ）ABCD7已知直線與橢圓C：交于，兩點(diǎn)，以線段為直徑的圓過(guò)橢圓的左焦點(diǎn)，若，則橢圓的離心率是（    ）ABCD8已知函數(shù)為偶函數(shù)，若函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)，則（    ）A1B2C3D0二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)得部分分，有選錯(cuò)的得0分9已知平面向量，則（    ）A若，則B若，則C若在的投影向量為，則D若，則10已知隨機(jī)變量，若，則（    ）ABCD11平行四邊形ABCD中，且，AB、CD的中點(diǎn)分別為E、F，將沿DE向上翻折得到，使P在面BCDE上的投影在四邊形BCDE內(nèi)，且P到面BCDE的距離為，連接PC、PF、EF、PB，下列結(jié)論正確的是（    ）ABC三棱錐的外接球表面積為D點(diǎn)Q在線段PE上運(yùn)動(dòng)，則的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12的展開(kāi)式中的系數(shù)為 （用數(shù)字作答）13如圖，點(diǎn)A，B為射線OP上兩動(dòng)點(diǎn)，且，若射線OQ上恰有一個(gè)點(diǎn)C，使得，則此時(shí)OA的長(zhǎng)度為 14若，且，則的最小值是 四、解答題：本題共5小題，共77分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟15如圖，在直三棱柱中，、分別為、的中點(diǎn)，設(shè)平面交棱于點(diǎn)(1)求；(2)求二面角的平面角的正切值16已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，且，設(shè)(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的前項(xiàng)和17小明進(jìn)行足球射門(mén)訓(xùn)練，已知小明每次將球射入球門(mén)的概率為0.5(1)若小明共練習(xí)4次，求在射入2次的條件下，第一次沒(méi)有射入的概率；(2)若小明進(jìn)行兩組練習(xí)，第一組射球門(mén)2次，射入次，第二組射球門(mén)3次，射入次，求18設(shè)雙曲線C：（，）的一條漸近線為，焦點(diǎn)到漸近線的距離為1，分別為雙曲線的左、右頂點(diǎn)，直線過(guò)點(diǎn)交雙曲線于點(diǎn)，記直線，的斜率為，(1)求雙曲線的方程；(2)求證為定值19若函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，函數(shù)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，且，則稱(chēng)與具有性質(zhì)(1)函數(shù)與是否具有性質(zhì)？并說(shuō)明理由(2)已知函數(shù)與具有性質(zhì)（i）求的取值范圍；（ii）證明：1A【分析】借助對(duì)數(shù)定義域可得，再利用交集定義運(yùn)算即可得.【詳解】，則.故選：A.2B【分析】先對(duì)復(fù)數(shù)化簡(jiǎn)，然后根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可求得結(jié)果【詳解】解：由知復(fù)數(shù)的實(shí)部為，虛部為所以復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限故選：B3D【分析】由空間中的線線，線面，面面間的位置關(guān)系逐項(xiàng)分析判斷即可.【詳解】若，則或，所以A錯(cuò)；，或，所以B錯(cuò)；若，則，所以C錯(cuò)；若，則與兩面的交線平行，即，故D對(duì).故選：D.4D【分析】借助中位數(shù)與平均數(shù)定義結(jié)合題目所給條件計(jì)算即可得.【詳解】由題意可得，即，則.故選：D.5D【分析】本題先根據(jù)誘導(dǎo)公式對(duì)條件式進(jìn)行化簡(jiǎn)，再用余弦定理進(jìn)行邊角互化，即可得出答案.【詳解】因?yàn)?，所以，即，如圖，過(guò)B點(diǎn)作于D，可知，所以，所以，又，所以.故選：D.6B【分析】利用正弦型函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性可得，再利用正弦型函數(shù)的最小值即可得解.【詳解】由題意可得，則，又，故，即，當(dāng)時(shí)，又的最小值是，則，故，即的最大值是.故選：B.7C【分析】由題意可得四邊形為矩形，結(jié)合橢圓定義與勾股定理可將分別用和表示，即可得離心率.【詳解】取右焦點(diǎn)，連接、，由在以線段為直徑的圓上，故，結(jié)合對(duì)稱(chēng)性可知四邊形為矩形，有，有，又，由，則，由橢圓定義可得， 故，則.故選：C.8D【分析】由函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱(chēng)得零點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱(chēng)，但的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)可得答案.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)為偶函數(shù)，所以，所以的圖象關(guān)于對(duì)稱(chēng)，令，則，可得函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱(chēng)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱(chēng)，則函數(shù)的零點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱(chēng)，但的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為奇數(shù)個(gè)，則.故選：D.9ACD【分析】借助向量的平行及垂直的坐標(biāo)運(yùn)算可得A、B、D，借助投影向量定義結(jié)合坐標(biāo)運(yùn)算可得C.【詳解】對(duì)A：若，則有，解得，故A正確；對(duì)B：若，則有，解得，故B錯(cuò)誤；對(duì)C：若在的投影向量為，則有，化簡(jiǎn)得，即，故C正確；對(duì)D：若，則有，解得，故D正確.故選：ACD.10ABD【分析】借助正態(tài)分布的對(duì)稱(chēng)性可得A、B，借助正態(tài)分布定義及期望與方差的性質(zhì)可得C、D.【詳解】由隨機(jī)變量，則，則，故A、B、D正確，C錯(cuò)誤.故選：ABD.11ABD【分析】記的中點(diǎn)為，過(guò)點(diǎn)作，證明點(diǎn)為點(diǎn)在平面上的投影，解三角形求，判斷A，證明平面，判斷B，根據(jù)正四面體性質(zhì)求三棱錐的外接球半徑，結(jié)合球的表面積公式判斷C，通過(guò)翻折，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求的問(wèn)題，求其值，判斷D.【詳解】由已知，記的中點(diǎn)為，連接，因?yàn)椋瑸榈闹悬c(diǎn)，所以，因?yàn)椋?，故，又為的中點(diǎn)，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，過(guò)點(diǎn)作，為垂足，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面，所以平面，即點(diǎn)為點(diǎn)在平面上的投影，因?yàn)镻到面BCDE的距離為，所以，由已知，所以，又，所以，所以，所以，故，A正確，因?yàn)椋渣c(diǎn)為的外心，又為等邊三角形，所以點(diǎn)為的中心，連接并延長(zhǎng)，交與點(diǎn)，則，為的中點(diǎn)，連接，因?yàn)?，故，所以三點(diǎn)共線，且，又，所以，又平面，平面，故，因?yàn)椋矫?，所以平面，平面，所以，B正確；因?yàn)闉檎拿骟w，且棱長(zhǎng)為，所以其外接球的半徑為，所以三棱錐的外接球表面積為，C錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以，所以，故，將翻折到同一平面，如圖所以的最小值為，且，所以，又，D正確，故選：ABD.12【分析】借助二項(xiàng)式的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式計(jì)算即可得.【詳解】對(duì)有，則，故的展開(kāi)式中的系數(shù)為.故答案為：.13【分析】由題意可得：與以為直徑的圓相切，結(jié)合切線的性質(zhì)與題目條件計(jì)算即可得.【詳解】由題意可得：與以為直徑的圓相切，取中點(diǎn)，連接，則且，又，則，則.故答案為：.14【分析】由題意可借助、表示出，從而消去，再計(jì)算化簡(jiǎn)后結(jié)合基本不等式計(jì)算即可得.【詳解】由，則，即，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立.故答案為：.15(1)(2)【分析】（1）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，可得平面的法向量，由平面，可得與垂直，計(jì)算即可得解；（2）求出平面與平面的法向量，借助夾角公式計(jì)算其夾角余弦值后即可得其正切值.【詳解】（1）以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則有、，設(shè)，則、，設(shè)平面的法向量為，則有，令，則有，即，由平面，則，解得，故；（2），設(shè)平面的法向量分別為，則有，令，則有，即，由軸平面，故平面的法向量可為，則，則，則二面角的平面角的正切值為.16(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）借助與的關(guān)系可消去，得到，借助將其轉(zhuǎn)換為后結(jié)合等比數(shù)列定義即可得證；（2）借助錯(cuò)位相減法計(jì)算即可得.【詳解】（1），即，即，則，即，即，又，故數(shù)列是以為首項(xiàng)、以為公比的等比數(shù)列，則；（2）由，即，則，則，有，則，故.17(1)(2)【分析】（1）設(shè)出事件，求出相應(yīng)概率，利用條件概率公式求出答案；（2）方法1：得到的可能取值及相應(yīng)的概率，求出期望值；方法2：得到，得到，由，互相獨(dú)立，求出，得到答案；【詳解】（1）設(shè)事件表示共有次射入，事件B表示第一次沒(méi)射入，則表示一共投中2次，且第一次沒(méi)投中，則從剩余的三次選擇兩次投中，故，表示一共投中2次，故，則；（2）方法1：根據(jù)題意有可得取值為，的可能取值為，故的可能取值為，則，所以.方法2：因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，互相?dú)立，所以.18(1)(2)證明見(jiàn)解析【分析】（1）借助漸近線定義及點(diǎn)到直線距離公式計(jì)算即可得；（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點(diǎn)縱坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，作商即可得所設(shè)參數(shù)與縱坐標(biāo)的關(guān)系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所設(shè)參數(shù)即可得證.【詳解】（1）由題意可得，解得，故雙曲線的方程為；（2）由雙曲線的方程為，則，由題意可知直線斜率不為，故可設(shè)，聯(lián)立，消去可得，即，則，則，即，則，即為定值.  【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；（5）代入韋達(dá)定理求解.19(1)具有，理由見(jiàn)解析(2)（i）；（ii）證明見(jiàn)解析【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理即可得其極值點(diǎn)及極值點(diǎn)范圍或具體值，即可得解；（2）（i）利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，分及可得其是否存在極值點(diǎn)，在存在唯一極值點(diǎn)的情況下，再對(duì)細(xì)分，結(jié)合零點(diǎn)的存在性定理討論不同的的情況下不同的極值點(diǎn)的范圍，結(jié)合進(jìn)行計(jì)算即可得解；（ii）分及進(jìn)行討論，結(jié)合極值點(diǎn)滿(mǎn)足的條件及所得函數(shù)單調(diào)性進(jìn)行放縮處理即可得.【詳解】（1）函數(shù)與具有性質(zhì)，理由如下：，令，則，故單調(diào)遞減，又，故存在，使，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，故函數(shù)與具有性質(zhì)；（2）（i）， 又，故，當(dāng)時(shí)，此時(shí)沒(méi)有極值點(diǎn)，故舍去，當(dāng)時(shí)， 令，則恒成立，故在上單調(diào)遞增，故，由，令，則恒成立，故在上單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，有，又時(shí)，故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則有唯一極值點(diǎn)，有，又時(shí)，故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則有唯一極值點(diǎn)，即有，即，此時(shí)需滿(mǎn)足，則，故有，即，即，故符合要求；當(dāng)時(shí)，又時(shí)，故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則有唯一極值點(diǎn)，有，又時(shí)，故此時(shí)存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則有唯一極值點(diǎn)，同理可得，此時(shí)需滿(mǎn)足，即，則，由，故該不等式成立，故符合要求；當(dāng)時(shí)，有，此時(shí)，即、的極值點(diǎn)都為，不符合要求，故舍去；綜上，故；（ii）當(dāng)時(shí)，有，則，故，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，令，則，令，則，故在上單調(diào)遞增，則，故，要證，只需證，即當(dāng)，有；當(dāng)時(shí)，有，則，即，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，即要證，只需證，即當(dāng)，有；綜上所述，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題最后一問(wèn)關(guān)鍵點(diǎn)在于分及進(jìn)行討論，從而可得不同的的情況下不同的、的范圍，結(jié)合放縮進(jìn)行推導(dǎo).