第1頁/共1頁浙江省2024年第一屆啟航杯聯考數學試題2024年7月29日一、選擇題:本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1.已知集合，則的元素數量是（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】根據指數函數的單調性得，即可求解.【詳解】由于，故，又，故，有5個元素，故選：D.2.已知，則（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的乘法、減法運算和復數的模計算得到結果.【詳解】由題得，則，答選：B.3.橢圓的左右焦點分別為為上一點，則當的面積最大時，的取值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通過計算找到的面積最大時，點在橢圓的上下頂點處，再通過邊的關系找到具體的值.【詳解】由題意知，，設，則，由，得時面積最大，此時，而此時，故，所以.故選：A.4.已知邊長為6的正方體與一個球相交，球在正方體的每個面上的交線都為一個面積為的圓，則該球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先得截面圓半徑，再求得球心到截面圓的距離即可得球的半徑，結合球的表面積公式即可求解.【詳解】由對稱性，球心與正方體重心重合，且每個面的交線半徑為4.連球心與任意面中心，則連線長為3，且連線垂直該面，再連交線圓上一點與球心（即為球半徑），由勾股定理得球的半徑為5，則表面積為.故選：B5.已知的二項式系數之和為64，則的展開式中常數項為（）A.1 B.6 C.15 D.20【答案】C【解析】【分析】先根據二項式系數之和求出，進一步即可得解.【詳解】由二項式系數的組合意義，，得，則中常數項為.故選：C.6.已知對恒成立，則的最大值為（）A.0 B. C.e D.1【答案】D【解析】【分析】由題意得對恒成立，令，利用導數求得，即，再令，利用導數求出的最小值，可求出的取值范圍，從而可求出的最大值.【詳解】由，得，所以對恒成立，令，則在上單調遞增，由，得，當時，，當時，，所以在上遞減，在上遞增，所以，即令，則在上單調遞增，由，得，所以當時，，當時，，所以在上遞減，在上遞增，所以，所以，所以的最大值為1.故選：D【點睛】關鍵點點睛：此題考查利用導數解決不等式恒成立問題，考查利用導數求函數的最值，解題的關鍵是通過對原不等式變形，將問題轉化為對恒成立，然后構造函數，利用導數求出最值即可，考查數學轉化思想和計算能力，屬于較難題.7.已知且，則的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意等式兩邊平方化簡為平方得，令，結合二倍角余弦公式得，取，，利用二倍角正弦公式和誘導公式計算結果；【詳解】平方得，令，則，不妨取，則，故選：C.8.克拉麗絲有一枚不對稱的硬幣.每次擲出后正面向上的概率為，她擲了次硬幣，最終有10次正面向上.但她沒有留意自己一共擲了多少次硬幣.設隨機變量表示每擲次硬幣中正面向上的次數，現以使最大的值估計的取值并計算.(若有多個使最大，則取其中的最小值).下列說法正確的是（）A. B.C. D.與10的大小無法確定【答案】B【解析】【分析】由題可知服從二項分布，，結合，計算得，又和，故得.【詳解】由題，服從二項分布，則，最大即為滿足的最小，即為，又，故為整數時，不為整數時為大于的最小整數，而，當為整數時顯然成立，當不為整數時大于的最小整數為的整數部分，其小于，故，答選：B.【點睛】方法點睛：隨機變量服從二項分布常用二項分布的概率公式、期望和方差公式進行計算.9.如圖所示，在棱長為2的正方體中，為的中點，為靠近的四等分點，為線段MG上一動點，則（）A.三棱錐的體積為定值 B.C.HD的最小值為 D.若，則【答案】AC【解析】【分析】根據題意先證明線面平行結合三棱錐的體積公式判斷A；在三角形中利用余弦定理計算判斷B；根據點到直線的距離公式計算HD的最小值判斷C；利用當與重合計算判斷D；【詳解】對于A，取中點為，連中點為，連，則易得且，故為平行四邊形，，又GM為中位線，故，故，又平面平面，故平面，其上任意一點到平面的距離相等，故三棱錐體積為定值，A正確，對于B，由題，，而，故，B錯誤，對于C，當時HD最小，在平面內以為原點，DB為軸正方向，為軸正方向建立平面直角坐標系，則到GM的距離為，經驗證此時在線段GM上，C正確，對于D，當與重合時，，則，取明顯錯誤，故D錯誤.故選：AC.10.設定義域為單調遞增函數滿足，且，則下列說法正確的是（）A.當時，B.C.不等式的解集為D.若使得時，恒成立，則的最小值為2【答案】ACD【解析】【分析】由題意可得，利用累加判斷A，利用單調性判斷BC，根據時和單調遞增可得判斷D.【詳解】當時，根據題意可得，累加可得，A說法正確；，因為單調遞增，所以，所以，B說法錯誤，由函數單調遞增可得，解得，C說法正確，由時和單調遞增可得，當時，，取即可，另一方面，同理有，則時，，而當時右式在時趨于，故不存在滿足條件，D說法正確故選：ACD.11.數學有時候也能很可愛，如題圖所示是小D同學發現的一種曲線，因形如小恐龍，因此命名為小恐龍曲線.對于小恐龍曲線，下列說法正確的是（）A.該曲線與最多存在3個交點B.如果曲線如題圖所示(x軸向右為正方向，y軸向上為正方向)，則C.存在一個，使得這條曲線是偶函數的圖像D.時，該曲線中的部分可以表示為y關于x的某一函數【答案】ABC【解析】【分析】AB項，轉化為三次方程根的個數問題研究；C項，舉特例說明存在值使曲線是偶函數的圖象；D項，令，由零點存在性定理說明方程至少兩根，對應值不唯一即可說明不是的函數.【詳解】A項，曲線方程，令，得關于的一元三次方程，令，則，最多兩根，即函數最多兩個極值點，即方程最多有三個實根，故A正確；B項，若曲線如題圖所示，則存在，使得與曲線圖象有三個交點，即存在，關于的方程有三個實根.令，則，假設，，都有，即單調遞增，則方程在最多有一個實根，與題圖矛盾，假設錯誤.故，B正確；C項，當時，曲線即函數的圖象，設，，定義域關于原點對稱.且，所以是偶函數.故存在，使得曲線是偶函數的圖象，故C正確：D項，當時，曲線方程為.令，得，令，則，由零點存在性定理知至少兩根，則對應的值不唯一，不符合函數定義，故D錯誤；故選：ABC.二、填空題:本題共3小題，每小題5分，共15分.12.隨著某抽卡游戲在班級內流行，李華統計了6位同學獲得某角色的抽取次數，結果如下:10，60，90，80，20，180，則以上數據的下四分位數為_________.【答案】20【解析】【分析】直接由下四分位數的定義即可求解.【詳解】共有6個數據，則向上取整為2，從小到大的第二個數據為20.故答案為：20.13.已知正四面體棱長為4，棱上有一點，棱上有一點，棱上有一點.若，則的最大值為_________.【答案】##【解析】【分析】由余弦定理可得為方程兩根，一方面說明時，沒有最大值，另一方面，說明時，可以取到最大值即可求解.【詳解】由題意棱上有一點，棱上有一點，棱上有一點，則，在中，由余弦定理有:，得，同理在有.一方面：若，則為方程兩根，則得，又兩根都為正，故即，但此時不可能最大，理由如下：不妨，則在上取一點使，在上取一點使，則為等邊三角形，由對稱性可知，而，從而，所以這個時候取不到最大值，另一方面：當重合時，即時，最大，且的最大值為.當時，為等邊三角形，此時，由題存在這樣的，使得成立，則的最大值為，故當且僅當時取等.故答案為：.14.設函數的極小值點為，若的圖象上不存在關于直線對稱的兩點，則的取值范圍為_________.【答案】【解析】【分析】由無解，構造函數在不存在零點，利用導數判斷函數單調性，結合單調性分析函數零點.【詳解】由題，無解，則在不存在零點.又時，，而，所以必有時，故必有使在時在0附近單調遞減，（否則若，若不存在正零點則單調遞增而恒正，若存在正零點，記的最小正零點為，則在[0，m]恒成立，不符合題意），而，故同理必有，而，同理必有，，而，故，又，故，又，故下證明充分性：即只需恒成立，而單調遞增，設零點為，由前述必要條件知，故，只需，而零點為得，故即證，即，由題必有，則，令，則，只需，即，令，即，而單調遞增且有唯一零點，且，故在單調遞減，單調遞增，而，故，原命題得證.三、解答題:本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟15.已知中，角所對的邊分別為已知.（1）求的取值范圍；（2）求最大時，的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）結合三角形面積公式可得，再結合三角形三邊關系可列不等式求解的范圍；（2）由余弦定理結合基本不等式可得的最大值為，此時，結合三角形面積公式即可求解.【小問1詳解】由于，所以.由三角形的三邊關系知:.又，所以；【小問2詳解】由余弦定理可得，，當時取等，又，所以的最大值為，此時.16.已知雙曲線C:，圓，其中.圓與雙曲線有且僅有兩個交點，線段的中點為.（1）記直線的斜率為，直線的斜率為，求.（2）當直線的斜率為3時，求點坐標.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）涉及到中點弦，我們可以采用點差法得到，而由可得，兩式相比即可得解；（2）設直線，聯立雙曲線方程，結合韋達定理可表示坐標為，由得斜率，由此可列方程求出參數，進而得解.【小問1詳解】因為，所以.又設，因為，所以.而圓心不在坐標軸上，從而，所以.所以，又，所以.【小問2詳解】設直線，與聯立，化簡并整理得：，其中.設，所以，即點坐標為.因為，所以，而，即，解得.因此，所以.17.浙里啟航團隊舉辦了一場抽獎游戲，玩家一共抽取次.每次都有的概率抽中，的概率沒抽中.小明的抽獎得分按照如下方式計算：1.將玩家次抽獎的結果按順序排列，抽中記作1，未抽中記作0，形成一個長度為的僅有01的序列.2.定義序列的得分為：對于這個序列每一段極長連續的1，設它長度為，那么得分即為.3.序列的得分即為每一段連續的1的得分和.例如:如果玩家A抽了7次，第1，3，4，5，7次中獎，那么序列即為1，0，1，1，1，0，1，得分為.可能用到的公式：若為兩個隨機變量，則.（1）若，清照進行了一次游戲.記隨機變量為清照的最終得分，求.（2）記隨機變量表示長度為的序列中從最后一個數從后往前極長連續的1的長度，求.（3）若，清照進行了一次游戲.記隨機變量為清照的最終得分，求.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）的所有可能取值為0，1，2，4，9，求出對應的概率即可得期望；（2）設所求為，由題意有以及，從而可構造等比數列進行求解；（3）設所求為，則由題意有，進一步有，結合等比數列求和公式即可求解.【小問1詳解】若序列為：0，0，0，則最終得分為0，若序列為：1，0，0，或0，1，0，或0，0，1，則最終得分為1，若序列為：1，0，1，則最終得分為2，若序列為：1，1，0，或0，1，1，則最終得分為4，若序列為：1，1，1，則最終得分為9，，，，；【小問2詳解】令表示長度為的序列，的答案，換言之.則有遞推關系，表示第位分別為1或0的答案.顯然，設，則，所以，解得，所以，解得：，故所求為.【小問3詳解】設表示進行次游戲后的期望得分，即.則有遞推關系，解釋：因為，考慮第位為1的時候對序列的額外貢獻，即為，如果為0的貢獻即為0，特別的，，直接累加得到:，若，帶入上式，于是得，故所求即為.18.定義:表示的整數部分，表示的小數部分，例如.數列滿足其中.若存在，使得當時，恒成立，則稱數為木來數.（1）分別寫出當時的值.（2）證明:是木來數（3）若為大于1的有理數.且.求證:為木來數【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據題意直接計算即可；（2）根據定義先計算，利用得出，根據同樣的方法計算即可證明；（3）先設且互質，利用定義判定不是整數時，有，再用反證法判定數列中存在整數即可證明.【小問1詳解】當時，，同理，當時，，同理；【小問2詳解】當時，即，則，由于，所以，所以，則，所以，由于，所以，則，由此知對恒成立.可知當時，為木來數；【小問3詳解】設且互質，可知與均不為整數時，有，顯然，且此時為正整數，又互質，則，故，下面用反證法說明數列中存在整數.由為有理數可知，也為有理數.則，推出，與假設矛盾.因此為木來數.【點睛】思路點睛：第二問利用“木來數”定義結合可推出，同理推出即可證明結論；第三問，利用數列且互質，利用數的互質，先證明與均不為整數時有，再用反證法證明數列中存在整數即可.19.稱代數系統為一個有限群，如果1.為一個有限集合，為定義在上的運算(不必交換)，23.稱為的單位元4.，存在唯一元素使稱為的逆元有限群，稱為的子群.若，定義運算.（1）設為有限群的子群，為中的元素.求證:(i)當且僅當；(ii)與元素個數相同.（2）設為任一質數.上的乘法定義為，其中[x]為不大于的最小整數.已知構成一個群，求證:(其中表示個作運算)【答案】（1）（i）證明見解析；（ii）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）（i）利用單位元、子群的定義判斷可得答案；（ii）首先構造一個到的滿射，直接由的定義得到，另一方面，證明這個映射同時也是單射即可；（2）我們有如下斷言:，假設是使得的最小正整數，由（1）的結論可知可得答案.【小問1詳解】（i）如果，則，，從