浙江省稽阳联谊学校2024届高三下学期4月联考试题（二模）数学 PDF版含解析

{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}{#{QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=}#}2024年4月稽阳联考数学科评分标准一、选择题：本大题共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．1-4．ADBC5-8．CBCD1．【解析】当z12i时，z(1i)13i，位于第二象限，正确选项为A．2．【解析】A{x|2x5},B{x|x1或x3}，故AB(3,5)，正确选项为D．23．【解析】由二项式定理展开，x2(x)7中的常数项为C6(2)6448．x714．【解析】sin(x)0，即A{x|xkkZ}，而|cosx|，即3321B{x|xk,kZ}，由AB，则“sin(x)0”是“|cosx|”的充分不必要条件．3325．【解析】如图，P,Q在两圆及其内部的范围内，故|PQ|得最大值为4．yM(-1,0)ON(1,0)x．【解析】设数列，，由成等比数列，公比为，则n3，，6{an}a11,a9192a3,a4,,a92an32n3故由a1,a2,a3成等差数列，得ann,n3，2两13铢需要放置一枚2两，一枚12铢，一枚1铢的环权，故需要3枚．7．【解析】样本偏度反应数据偏离方向与程度，由图表可得，有比较多的小于样本均值x3.4的数据，1100当右侧有长尾时，受极端值影响，3，而样本方差，则．b3(xix)0b20s0100i118．【解析】取y0，则f(x)4f(x)f2(0)，故f(0)，选项A正确．21取yx，则f(x)4f(x)f2(x)，则f(x)f(x)，选项B正确．41111取x0,y，则f(1)4f(0)f2()，则f2()，2222112024取y，f(x1)4f(x)f2()2f(x)，f(k)2k1，则f(k)是奇数，选项C正确．22k1取函数f(x)2x1，符合题目条件，但此时f(x)无最小值，故选项D错误．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．AC10．BCD11．ACD229．【解析】yf(x)关于(,f())中心对称，故A正确；3311313令f'(x)3x24x10，解得x或x1，所以极小值为f(1)1，极大值为f()，33272故只有唯一解，B错误；11yf(x)在[0,]上单调递增，在[,1]上单调递减，在1,2上单调递增，f(x)1,3，故C正确；33过点0,1作yf(x)的切线，有2条，故D错误．10．【解析】由a//b，则Sn1a1(Sn1)，若a11时，{Sn}为等差数列，B正确；na1a1a1a1n若a11时，Sna1(Sn)，则Sn，则an(a1)，故A错误；1a11a1a11a11n若a11，an(1)，|anan1|2，故C正确；nnn1n112222422若a12，an2，(21)(21)(21)……(21)(21)(21)(21)……(21)21，故D正确．11．【解析】对选项A，取AD,BC,B1C1,A1D1中点分别为M,N,X,Y，再取MN,XY中点为S,R，则MN2,XY4,球O内切于棱台，则O点即为梯形MNXY内切圆心，易知O为SR中点，且MO,YO均为角平分线，故△OYR∽△MSO，则rOROSRQSM2，故球O的表面积S4r28，故A正确．对选项B，由上述分析可得，MYXN3，则正四棱台ABCDA1B1C1D1侧棱AA110．作OEXN，垂足为E，则E为XN三等分点（靠近N）．2222设ENh，由勾股定理即得ENBNEXB1X，则h2，△B1BC1的外接圆心E为XN三等分点（靠近X），则三棱锥PB1BC1的外接球球心O满足OE面B1BC1，显然OE面B1BC1，故三棱锥PB1BC1的外接球球心不可能为O，故B错误．对选项C，若直线DP面PB1C1，作DHB1C1，垂足为H，则P的轨迹为以DH为直径的圆，圆所在的平面与B1C1垂直，又点P为侧面A1ADD1上一点（含边界），取C1X,D1Y中点Z1,Z2，作5ZGZD，垂足为P，此时|DP|．123222对选项D，平面PBC1与球O的截面为圆，半径r0满足r0dr，故只需找离O最远的平面PBC1即可，显然观察四个顶点即可，其中P取A,D1时为同一平面ABC1D1，此时显然离O较近．10当P取A时，作OFBR，垂足为F，则OF⊥平面PBC1，d；15当P取D时，作OGC1S，垂足为G，则OG⊥平面PBC1，d1，故r0max1，故D正确．D1C1YRXB1A1E'OEDMCSNAB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．551312．（填也对）13．14．552312．【解析】由(akb)(akb)，几何意义为平行四边形的两条对角线互相垂直，即菱形，故5|a||kb|5．由a(1,2)，ab(4,2)，容易得b(3,4)，则|b|5，k均可．51abab113．【解析】min{ab,}，当且a2b1时等号成立．a24b2a24b24ab22252cPF1QF114．【解析】C2:xycxc0与x轴的交点为P(,0),Q(2c,0)，3．22PF2QF2AF1根据阿波罗尼斯圆的定义，得到3,又AF1AB,则BF22AF2，AF2b2b2a因为AF,BF,代入BF2AF，得到cos，2accos2accos223c3aa9a2a2aa3在AFF中，AF,AF,余弦定理得到4c222c()，解得e.1212224423c3四、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．（本小题满分13分）【解析】1（Ｉ）选①：4S3a2b2c2,即4absinC3abcosC,2又ab0，则tanC3,又C0,,故C．--------------------------------------------------------------6分3CCCCC选②：sinCsinA3sinAcos，即sinC3sin，所以2sincos3sin，22222C3解得cos，故C．---------------------------------------------------------------------------------------6分223选③：sinCsinBsinBcos(C),则sinCcos(C)sin(C)，所以2C，故C．66333------------------------------------------6分1353（Ⅱ）SabsinCab,所以ab5,--------------------------------------------------------------8分24422a2b2c2ab2abc2ab1091又cosC,2ab2ab102故ab26．-------------------------------------------------------------------------------------------------------10分1653又SSSCDabsin30CD,-----------------------------------------12分ABCACDBCD22452所以CD．----------------------------------------------------------------------------------------------------13分416．（本小题满分15分）【解析】（Ｉ）取DE中点M，连接AM，因为ADAE，所以AMDE．又因为面ADE面CDEF，且面ADE面CDEFDE，所以AM面CDEF．-------------------------------------------------------3分CD面CDEF，所以AMCD，又因为CDAD，且AMADA，所以CD面ADE，所以CDAE，又ABCD，所以ABAE．----------------------------------------------6分（Ⅱ）因为在直角梯形ABCD中，ABC,|AB|4,|CD|2，易求得3|AD|23,又|AD||AE|,AED，所以三角形ADE为等边三角形，-----------------------------8分3如图，以M为原点建立直角坐标系M(0,0,0),A(0,0,3),F(3,2,0),B(0,4,3),D(3,0,0)----------------------------------------------------------9分33因为P是AF中点，所以点P坐标为(,1,)2233所以BP(,3,)---------------------------------------------------------------------------------------------10分22BF(3,2,3),DF(23,2,0)设面BDF的法向量为n(x,y,z),BFn03x2y3z0,即则可取分,n(1,3,3)-----------------------------------------------------13DFn023x2y0,|BPn|7所以．分sincosBP,n----------------------------------------------------------------------15BPn717．（本小题满分15分）【解析】（Ｉ）若k0，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，112n2则XB(n,)，故PP(X1)C1()n1()n1．------------------------------------------------------4分3nn3333P2(n1)4由n1，，故最大值为或，即．分P1P2P3P4P5PnP2P3--------------------------7Pn3n91231（Ⅱ）（i）P(BBB)P(B)P(B|B)P(B|BB),-------------------------------------------9分123121321345102131P(BBB)P(B)P(B|B)P(B|BB)，-----------------------------------------------------10分123121321345102