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 含解析.pdf

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1、#QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=#QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=#QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=#QQABaQSUogigQJAAABhCAQHACAGQkBECACoOwBAAoAABCQNABAA=#20242024 年年 4 4 月稽阳联考数学科评分标准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

2、项是符合题目要求的 1-4ADBC 5-8CBCD 1【解析】当12iz 时，(1i)13iz ，位于第二象限，正确选项为 A 2【解析】|25,|13AxxBx xx 或，故(3,5)AB，正确选项为 D 3【解析】由二项式定理展开，272()xxx中的常数项为667(2)448C 4【解析】sin()03x，即|3Ax xkk Z，而1|cos|2x，即|,3Bx xkk Z，由AB，则“sin()03x”是“1|cos|2x”的充分不必要条件 5【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 6【解析】设数列na，191,192aa，由349,a aa成等比数列，公

3、比为 2，则33 2nna，3n，故由123,a a a成等差数列，得,3nan n，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3.4x 的数据，当右侧有长尾时，受极端值影响，1003311()0100iibxx，而样本方差20b，则0s 8【解析】取0y，则2()4()(0)f xf x f，故1(0)2f，选项 A 正确 取yx，则2()4()()fxf xfx，则1()()4f xfx，选项 B 正确 取10,2xy，则21(1)4(0)()2fff，则211()2

4、2f，取12y，21(1)4()()2()2f xf xff x，1()2kf k，则20241()kf k是奇数，选项 C 正确 取函数1()2xf x，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 9AC 10BCD 11ACD 9【解析】()yf x关于22()33f,中心对称，故 A 正确；令2()3410fxxx，解得13x 或1x，所以极小值为(1)1f，极大值为1313()3272f，故只有唯一解，B 错误；(

5、)yf x在10,3上单调递增，在1,13上单调递减，在1,2上单调递增，()1,3f x，故 C 正确；过点0,1作()yf x的切线，有 2 条，故 D 错误 10【解析】由/a b，则11(1)nnSa S，若11a 时，nS为等差数列，B 正确；xyM(-1,0)ON(1,0)若11a 时，11111()11nnaaSa Saa，则111111nnaaSaa，则1()nnaa，故 A 错误；若11a ，(1)nna ，1|2nnaa，故 C 正确；若12a，2nna，1112222422(2)(1)(1)(1)(2)(1)(1)(1)11 2221 2222nnn ，故 D 正确 11

6、【解析】对选项 A，取1111,AD BC BC AD中点分别为,M N X Y，再取,MN XY中点为,S R，则2,4MNXY,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OYRMSO，则2rOROSRQ SM，故 球O的 表 面 积248Sr ，故 A 正确 对选项 B，由上述分析可得，3MYXN，则正四棱台1111ABCDABC D侧棱110AA 作OEXN，垂足为E，则E为XN三等分点（靠近N）设E Nh，由勾股定理即得22221E NBNE XB X，则2h，11B BC的外接圆心E为XN三等分点（靠近X），则三棱锥

7、11PB BC的外接球球心O满足11O EB BC 面，显然11OEB BC 面，故三棱锥11PB BC的外接球球心不可能为O，故 B 错误 对选项 C，若直线DP 面11PBC，作11DHBC，垂足为H，则P的轨迹为以DH为直径的圆，圆所在的平面与11BC垂直，又点P为侧面11A ADD上一点（含边界），取11,C X DY中点12,Z Z，作12Z GZ D，垂足为P，此时5|3DP 对选项 D，平面1PBC与球O的截面为圆，半径0r满足2220rdr，故只需找离O最远的平面1PBC即可，显然观察四个顶点即可，其中P取1,A D时为同一平面11ABC D，此时显然离O较近 当P取1A时，作

8、OFBR，垂足为F，则OF 平面PBC1，105d；当P取D时，作1OGC S，垂足为G，则OG 平面PBC1，1d，故0max1r，故 D 正确 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 12 55（填55也对）1312 1433 12【解析】由()()akbakb，几何意义为平行四边形的两条对角线互相垂直，即菱形，故|5akb由(1,2)a，(4,2)ab，容易得(3,4)b，则|5b，55k 均可 13【解析】222211min,4442abababababab，当且21ab时等号成立 14【解析】22225:02Cxycxc与x轴的交点为(,0),(2,0)2cPQc

9、，11223PFQFPFQF 根据阿波罗尼斯圆的定义，得到123AFAF,又1AFAB,则222BFAF，因为2222,coscosbbAFBFacac,代入222BFAF，得到cos3ac，在12AFF中，123,22aaAFAF余弦定理得到2229422()4423aaaaccc，解得33e.EEOSRMNXYB1A1C1CABDD1四、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】（）选：22243Sabc,即14sin3cos2abCabC,又0ab，则tan3C,又0,C,故3C-6 分 选：sinsin3sinco

10、s2CCAA，即sin3sin2CC，所以2sincos3sin222CCC，解得3cos22C，故3C-6 分 选：sinsinsincos()6CBBC,则sincos()sin()63CCC，所以23C，故3C -6 分（）135 3sin244SabCab,所以5ab,-8分 又22222221091cos22102ababcababcCabab,故2 6ab-10 分 又165 3sin30224ABCACDBCDSSSCDabCD,-12 分 所以5 24CD-13 分 16（本小题满分 15 分）【解析】（）取DE中点M，连接AM，因为ADAE，所以AMDE 又因为面ADE 面C

11、DEF，且面ADE 面CDEFDE，所以AMCDEF 面-3 分 CD 面CDEF，所以AMCD，又因为CDAD，且AMADA，所以CDADE 面，所以CDAE，又AB CD，所以ABAE-6 分（）因为在直角梯形ABCD中，3ABC,|4AB,|2CD，易求得|2 3AD,又|ADAE,3AED，所以三角形ADE为等边三角形，-8 分 如图，以M为原点建立直角坐标系(0,0,0)M,(0,0,3)A,(3,2,0)F,(0,4,3)B,(3,0,0)D -9 分 因为P是AF中点，所以点P坐标为33(,1,)22 所以33(,3,)22BP -10 分(3,2,3)BF ,(2 3,2,0)

12、DF 设面 BDF 的法向量为(,)nx y z,00BF nDF n ,即3230,2 320,xyzxy则可取(1,3,3)n -13 分 所以|7sincos,7BP nBP nBPn -15 分 17（本小题满分 15 分）【解析】（）若0k，设抽取n次中抽中黑球的次数为X，则1(,)3XB n，故1111 22(1)()()3 33 3nnnnnPP XC-4 分 由12(1)3nnPnPn，12345PPPPP，故 nP最大值为2P或3P，即49-7 分 （）（i）1231213211 2 31()()(|)(|)3 4 510P B B BP B P BB P BB B,-9 分

13、 1231213212 1 31()()(|)(|)3 4 510P B B BP B P BB P BB B，-10 分 1231213212 1 31()()(|)(|)3 4 510P B B BP B P BB P BB B，（写出一个 2 分，后面 2 个每个 1 分）-11 分 （ii）由（i）可进行猜测，抽取n次中恰有 2 次抽中的黑球的概率与抽球次序无关，则21234(1)1 2 2 312(1)()23 4 5 62(1)(2)nnn nnnPC P B B B BBnnn-15 分 18（本小题满分 17 分）【解析】（）因为AFFB，线段AB是抛物线的通径，22ABp，得

14、到1p 抛物线方程为22yx-4 分 （）（i）因为12OGAB，O在以AB为直径的圆上，得到1OAOBkk 设221212(,),(,)22yyAyBypp，则122ABpkyy，直线AB方程为1212122y ypyxyyyy；12221OAOBppkkyy，所以2124y yp AB方程为121224ppyxyyyy，直线AB过定点(2,0)p；-8 分（ii）设0(,0)E x，EO为AEB的角平分线，则0AEBEkk;12221200022yyyyxxpp，整理得22120210(2)(2)0y ypxyypx；因为2124y yp，解得02xp；-10分 即12,OAOBkk kk

15、，不妨设10k，因为121k k ，则21122(,)ppAkk，同理22222(,)ppBkk;直线EA的方程为121(2)1kyxpk，与直线2yk x的交点横坐标12122Ppkxkk，同理21222Qpkxkk,-12 分 2221111122OPQPQSOP OQkxkx 22122121122211112222OPQpkpkSOP OQkkkkkk,22221211212(1)(1)(2)(2)pkkkkkk，2221122211112(1)(1)(12)(2)kpkkkk，122222111112242211111211(1)(1)2221(12)(2)(252)2()5kkkk

16、kkpppkkkkkk，-15 分 令111ktk，则2t，22212212(2)52OPQtSppttt，当且仅当2t，取到最大值249p-17分 19（本小题满分 17 分）【解析】（）当2a 时，1()e2lnxf xxx，12()e1xfxx-2 分 由122()exfxx，则易知()fx在(0,)单调递增，且(1)0f 故(0,1)x时，()0fx，()f x单调递减，(1,)x时，()0fx，()f x单调递增 则()f x的最小值为(1)1f-5 分 （）若()f x在定义域内单调递增，则()0fx在(0,)x上恒成立 112e2()exxxxaaafxxax，令12()exg

17、xxxaa，则(2)(1)(1)0aaga且(0)0ga可知1a-8分 下证1a 时，()0g x 由12()exh axxaa关于1a 单调递增，则1()e21xh axx，令1()e21xG xxx，则1()(1)e2xG xx，故()G x在(0,)x上单调递增，且(1)0G，则()G x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，()(1)0G xG 综上所述，1a 时，()f x在定义域(0,)上单调递增-11 分（）12()exafxxa，12()exafxx，则()fx在(0,)上单调递增，且存在唯一0 x，使得0()0fx，故()fx在0(0,)x上单调递减，0(,)x 上单调递增，其中0120exxa，且由(0,1)a，则0(0,1)x 而0001100120022()e(1)e0exxxafxxxax，故存在唯一极大值点1x与极小值点2x，满足102xxx 又11112()e0 xafxxa，则11112exxxaa 由122()e120afaaa，故11xa-14分 111111111111112()eln(1)e(ln1)(1)e(ln1)xxxf xaxxxaxxxxa，令1()(1)e(ln1)xxxxx，(0,1)x，则1()eln0 xxxx，0)1(ln,0 xxx时，eexxx1)1(,01时.ex1)(-17 分