浙江省9+1高中联盟2023-2024学年高三下学期3月联考数学试卷含答(1)_2024年4月_024月合集_2024届浙江省9+1联盟高三下学期3月模拟预测

2023—2024 学年第二学期浙江省 9+1 高中联盟 3 月高考模拟卷
数学
考生须知：
1．本卷满分 150分，考试时间 120分钟；
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答
题纸规定的位置上；
3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试
卷上的作答一律无效；
4．选择题一律使用 2B铅笔填涂答案，非选择题一律用 0.5毫米黑色字迹中性笔写在答题纸上
相应区域内；
一、选择题（本题共 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．已知全集U 1,2,3,4,5,M I  ð N  1,2,  ð M  I N 4,ð M UN3，则 M I N 
U U U
（ ）
A． B．4 C．5 D．1,2
20
2．若复数z的实部大于0，且zz1 ，则z （ ）
3i
A．12i B．12i C．12i D．12i
r r uuur r r uuur r r uuur r r
3．已知向量e ,e 是平面上两个不共线的单位向量，且AB e 2e ,BC 3e 2e ,DA3e 6e ，
1 2 1 2 1 2 1 2
则（ ）
A．A、B、C三点共线 B．A、B、D三点共线
C．A、C、D三点共线 D．B、C、D三点共线
 
4．已知数列a 满足：a a 40，且数列 na 为等差数列，则a （ ）
n 1 9 n 100
A．10 B．40 C．100 D．103
5．如图，已知长方体ABCD ABC D 的体积为V,E是棱C D 的中点，平面ABE将长方体分割成两部
1 1 1 1 1 1 1
分，则体积较小的一部分的体积为（ ）7 7 7 1
A． V B． V C． V D． V
24 17 15 2
x2 y2
6 ． 已 知 椭 圆 E:  1(a b0)， 直 线 l: y  x a2 b2 与 E交 于 A、B两 点 ， 且
a2 b2
uuur uuur
OAOB 2,0．则椭圆E的离心率是（ ）
1 2 6 3
A． B． C． D．
2 2 3 2
7．某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混
双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（ ）
A．2025种 B．4050种 C．8100种 D．16200种
8．设函数 f xsinx 3cosx1．若实数a、b、使得af xbf x1对任意xR恒成立，
则abcos（ ）
A．1 B．0 C．1 D．1
二、多项选择题（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 2分，有选错的得 0分）
 
9．为了得到函数 y 2cos2x的图象，只要把函数 y 2sin  2x 图象上所有的点（ ）
 6
 
A．向左平移 个单位长度 B．向右平移 个单位
3 3
长度
2 2
C．向左平移 个单位长度 D．向右平移 个单位长度
3 3
10．高考数学试题的第二部分为多选题，共三个题每个题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全
部选对者得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明对其中的一道题完全不会，该题有两个选项
1
正确的概率是 ，记X 为小明随机选择1个选项的得分，记Y 为小明随机选择2个选项的得分．则
2
A．PX 0 PY 0 B．PX 2 PY 2
C．EX EY D．DX DY
 x
11．对于 x0,1, f x满足 f x f 1x1, f x2f  ，且对于 0 x  x 1．恒有
3 1 2
f x  f x ．则（ ）
1 2100  i  101 1  1   1  1
A． f    B． f   2f   C ． f   
100 2 6 24 80 80
i1
1  1  1
D．  f   
32 160 16
三、填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
12．已知(ax1)2(2x1)3 a a xa x2 a x3a x4 a x5．若a a a a a a 0，则
0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5
a ________．
3
13．应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以
很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中
心截口示意图）所示．其中，一个反射镜POQ弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜MO N 弧所在的曲
1 2
线为双曲线一个分支．已知 F,F 是双曲线的两个焦点，其中 F 同时又是抛物线的焦点，且，
1 2 2
1
NF F 45,tanNFF  ,△NFF 的面积为10， OF 8，则抛物线方程为________．
2 1 1 2 4 1 2 1 2
x3e3x 3lnx1
14．函数 f x (x 0)的最小值是________．
x
四、解答题（本大题共 5小题，共计 77分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说
明，证明过程或演算步骤．）
15．（本题满分13分）如图，已知正三棱柱 ABC ABC ,AB  2AA,D,E分别为棱 AB ,BC的中点．
1 1 1 1 1 1
（1）求证：AB 平面AC D；
1 1（2）求二面角AC DE的正弦值．
1
16．（本题满分15分）今年的《春节联欢晚会》上，魔术师刘谦表演的魔术《守岁共此时》精彩纷呈．节
目的第二部分是互动环节，全国观众跟着魔术师一起做魔术，将“好运留下来，烦恼丢出去”，把晚会欢乐
的气氛推向高潮．节目主持人尼格买提手中的两张牌没有对上，直接登上热搜榜．如果我们将4张不同数
字的扑克，每张撕去一半放在桌上（牌背向上），排成一列．
（1）将余下4个半张随机扔掉2个留下2个，然后从桌上4个半张随机翻开2张，求翻开的两个半张的数
字与留下的2个半张上的数字恰好有1个相同的概率；
（2）将余下来的4个半张随机放在桌上4个半张上面，再分别翻开，记放在一起的两个半张数字相同的个
数记为X ，求X 的分布列及数学期望．
x2 y2 x2 y2
17．（本题满分15分）如图，由部分椭圆  1(a b0,y 0)和部分双曲线  1y 0，
a2 b2 a2 b2
组成的曲线C称为“盆开线”．曲线C与x轴有A2,0、B2,0两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之
7
积为 ．
4
（1）设过点1,0的直线l与C相切于点M ，求点M 的坐标及直线l的方程；
（2）过A的直线m 与C相交于点P、A、Q三点，求证：PBAQBA．
18．（本题满分17分）已知函数 f x x3ax2 bxc．
（1）如果1和1是 f x的两个极值点，且 f x的极大值为3，求 f x的极小值；
（2）当b  0时，讨论 f x的单调性；
（3）当c 0时，且函数 f x在区间2,2上最大值为2，最小值为2．求 f 3的值．
19 ．（ 本 题 满 分 17 分 ） 已 知 实 数 q 0， 定 义 数 列 a 如 下 ： 如 果
n
n  x 2x 22x L 2kx ,x 0,1，i 0,1,2,L ,k ，则a  x  xq x q2 L  x qk．
0 1 2 k i n 0 1 2 k
（1）求a 和a （用q表示）；
7 8n
（2）令b a ，证明：b a ；
n 2n1 i 2n1
i1
（3）若1q2，证明：对于任意正整数n ，存在正整数m ，使得a a a 1．
n m n2023-2024 学年第二学期浙江省 9+1 高中联盟 3 月高考模拟卷
数学参考答案
一、选择题（本题共 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．【答案】C
【解析】因为集合M I N ð 1,2,3,45．
U
2．【答案】D
20
【 解 析 】 令 z abi,a 0,bR ， 代 入 zz1 ， 得 a2 b2 abi62i． 解 得 ：
3i
a 1,b2．
3．【答案】C
uuur uuur uuur r r r r r r uuur
    3
【解析】因为 AC  ABBC  e 2e  3e 2e  2e 4e  AD，所以 A、C、D三点共
1 2 1 2 1 2
2
线．
4．【答案】D
  3a a
【解析】设数列 na 的公差为d ，则d  9 1 1,10a a 99d 1030，所以a 103．
n 91 100 1 100
5．【答案】A
【解析】设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，易知平面ABE 与DD 交于中点F,V
1 ADABEEF
1 1 1
1 1 1 1 1  1  7 7
V V  b ac  c   a a  b abc  V ．
F 1 AB 1 A 1 F 1 A 1 B 1 ED 1 3 2 3 2 2  2  24 24
6．【答案】B
1
【解析】设Ax ,y ,Bx ,y ，记c  a2 b2 ，由题意可知，AB中点M 是直线l与直线 y  x
1 1 2 2 2
x2 y2
的交点，即M   2 c, 1 c  ．另一方面，联立  a2  b2 1 ，得  a2 b2 x2 2a2cxa2c2 a2b2 0．由
3 3 

y  xc
2a2c 4 c 2
韦达定理得：x  x   c，解得a2 2b2 2c2，故离心率e  ．
1 2 a2 b2 3 a 2
7．【答案】B
【解析】先填考虑两对混双的组合有2C2C2种不同的方法，余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的
6 6配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，故共有2C2C2334050．
6 6
8．【答案】C
    
【解析】由条件可知：2asin  x  2bsin  x c  ab1对任意的xR 恒成立，
 3  3 
     
2asin

x

2bsin

x

cosc2bcos

x

sincab10．
 3  3  3
   
2abcoscsin

x

2bsinccos

x

ab10．
 3  3
abcosc 0

bsinc 0 ，由bsinc 0知b  0或sinc 0．

ab10

若b  0时，则由abcosc 0知a  0，这与ab10矛盾！
1 bcosc
若sinc 0，则cosc 1（舍去），cosc  1，解得a b ,c 2k 1，所以，  1．
2 a
二、多项选择题（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 2分，有选错的得 0分）
9．【答案】AD
     
【解析】 y 2cos2x 2sin

2x

2sin

2

x



，故答案A正确，B错误；
 2   3 6
 3   2 
又由 y 2cos2x 2sin  2x  sin  2  x    ，故答案C错误，正确．
 2    3  6
10．【答案】BC
【解析】X 的分布列
X 0 2
3 5
P
8 8
2 2
5 5  5 3  5 5 15
由此可得EX2  .DX

0

 

2

 
8 4  4 8  4 8 16
Y 的分布列
Y 0 2 6
2 1 1
P
3 4 121 1 2 1 1 2 1 25
由此可得EY2 6 1,DY(01)2 (21)2 (61)2    3．
4 12 3 4 12 3 4 12
从而可知，BC正确．
11．【答案】ABD
 x
【解析】令x  0代入 f x f 1x1及 f x2f  ，得 f 0 f 11, f 02f 0，所以
3
1 100  i  100  i 
f 00, f 11， 令 x  代 入 f x f 1x1， 得  f    f   
2 100 100
i1 i0
1 100   i   i  101 1 1 1
  f    f  1   ，答案 A 正确；由 f 12f  ，得 f    ，进而得，
2  100  100 2 3 3 2
i0
1 1 1  1   1  1  1   1  1  1   1  1
f    f    , f    f    , f    f    , f    f    ，所以，BD
6 9 4 18 27 8 54 81 16 162 243 32
正确，C错误．
三、填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
12．【答案】38
【解析】由题设可得a 1,a C02C21  C1 22C11123 38．
3 2 3 2 3
13．【答案】 y2 16x3
1
【解析】不妨设 F c,0,F c,0,M x ,y x 0．由 tanNFF  ,NF F 45，所以，
1 2 0 0 0 1 2 4 2 1
3 2 1 2 2
x  c,y  c，又 S  FF y  c2．即 c2 10,c 5,O 3,0，故抛物线方程为
0 5 0 5 △MF 1 F 2 2 1 2 0 5 5 1
y2 32x3．
14．【答案】3
3x4e3x 2x3e3x 3lnx2
【解析】 fx ，令gx3x4e3x 2x3e3x 3lnx2，显然gx在0,
x2
上 单 调 增 gx3x4e3x 2x3e3x 3lnx23xe3x3lnx 2e3x3lnx 3lnx2， 存 在 x 0,1， 使
0
3lnx 3x 0，且 gx 3x 23lnx 23lnx 3x 0，故当 x0,x 时， gx0，即
0 0 0 0 0 0 0 0
fx0，所以 f x在区间0,x 单调减，当xx ,时，gx0，即 fx0，所以 f x
0 0
x 3e3x 0 3lnx 1 e3x 0 3lnx 0 3lnx 1 3lnx
在区间x ,单调增，所以 f x f x  0 0  0   0 3．
0 min 0 x x x
0 0 0四、解答题（本大题共 5小题，共计 77分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说
明，证明过程或演算步骤．）
15．【解】取AB中点F ，由正三棱柱性质得，AB ,DC ,EF 互相垂直，以D为原点，分别以DB,DC ，
1 1 1 1 1
DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不 妨 设 AA 2， 则 AB 2 2， 则
1 1 1
         2 6 
A  2,0,0 ,A  2,0,2 ,B 2,0,2 ,C 0, 6,0 ,E , ,2．
1 1 2 2
 
uuur uuur uuur
     
（1）证明：AB  2 2,0,2 ,DA  2,0,2 ,DC C 0, 6,0 ，
1 1 1
uuur uuur
   
由ABDA 2 2,0,2   2,0,2 4040，得AB  AD，
1 1
uuur uuuur
   
由ABDC  2 2,0,2  0, 6,0 0000，得AB  DC ，
1 1 1 1
因为AD,DC 平面AC D,ADI DC  D，所以AB 平面AC D．
1 1 1 1 1
uuur r
 
（2）由（1）可知AB  2 2,0,2 为平面AC D的一个法向量，设n x,y,z平面C DE的法向量，
1 1 1
  2 6 
  x,y,z , ,20, x2 2z 0
2 2
则   , ，
  
y 0
x,y,z 0, 6,0 0.

r
 
令z1，得面C DE的一个法向量为n  2 2,0,1 ，
1
设二面角AC DE的值为，
1
uuur r
ABn 3 6
则 cos uu1ur r  ，所以，二面角AC DE的正弦值为 ．
AB n 3 1 3
1
16．【解】（1）设翻开的两个半张的数字与留下的 2 个半张上的数字恰好有 1 个相同的事件设为 A，则C1C2 2
PA 4 4  ．
C2C2 3
4 4
2
答：翻开的两个半张的数字与留下的2个半张上的数字恰好有1个相同的概率为 ．
3
（2）X 的分布列
X 0 1 2 4
3 1 1 1
P
8 3 4 24
3 1 1 1
EX0 1 2 4 1．
8 3 4 24
17．【解】由题设可得a 2,b 3，
x2 y2 x2 y2
故椭圆方程为：  1y 0，双曲线方程为  1y 0．
4 3 4 3
x2 y2
（1）由图可知，切点M 在双曲线  1y 0上．
4 3
x x y y
设M x ,y ，则切线l的方程为： 0  0 1，
0 0 4 3
因为直线l过点1,0，所以，x 4，
0
x2 y2
将x 4代入  1y 0，得 y 3，
0 4 3 0
所以，M 4,3，直线l的方程为：x y10．
（2）由题意得PQ方程为： y kx2，
y kx2
联立  x2 y2 ，整理得：  34k2 x2 16k2x16k2 120，
  1y 0
 4 3
8k2 6 8k2 6 12k 
解得：x  2，或x  ，即Q , ．
 
4k2 3 4k2 3 4k2 3
y kx2
联立  x2 y2 ，整理得：  34k2 x2 16k2x16k2 120，
  1y 0
 4 38k2 6 8k2 6 12k 
解得：x  2，或x  ，即P , ．
 
4k2 3 4k2 3 4k2 3
12k 12k

4k2 3 4k2 3
k k   0，
BP BQ 8k2 6 8k2 6
2 2
4k2 3 4k2 3
所以，k  k ，所以PBAQBA．
BP BQ
18．【解】（1） fx3x2 2axb，因为 1 和 1是 f x的两个极值点，所以，1 和 1是方程
3x2 2axb0的两根，故a 0,b 3，即 f x x33xc．
因为x,1U1,时， fx0,x1,1时， fx0，
所以 f x在区间,1,1,上单调增，在区间1,1上单调减，
所以 f x f 113c 3，得c1，
极大值
f x f 1131 1．
极小值
（2）当b  0时， fx3x2 2ax．
2a
令 fx0，得x  0，或x   ．
3
 2a   2a
若a  0，则当x,0U   , 时， fx0；当x  0, 时， fx0．故 f x在
 3   3 
 2a   2a
区间,0,   , 单调递增，在 0, 上单调递减；
 3   3 
若a 0, f x在区间,单调递增；
 2a  2a 
若a  0，则当x  ,  U0,时， fx0；当x   ,0 时， fx0．故 f x在
 3   3 
 2a  2a 
区间 ,  ,0,单调递增，在  ,0 上单调递减．
 3   3 
（ 3 ） 当 c 0时 ， f x x3ax2 bx， 由 题 意 得 ： 2 f 284a2b2， 即
52ab 3，①
2 f 2 84a2b2，即32ab5，②1 1
由①、②可知， a  ,5b3．③
4 4
因 为 fx3x2 2axb， f2124ab121560， f0b0，
f2124ab121560，所以， fx0有两个实数根x ,x ，且2 x 0 x 2，
1 2 1 2
当x(2,x Ux ,2时， fx0，当xx ,x 时， fx0，故x 是 f x的极大值点，x 是
1 2 1 2 1 2
f x的极小值点．
由题意得： f x  x3ax2 bx 2, f x  x 3ax 2 bx  2
1 1 1 1 2 2 2 2
两式同向相加得：x x x  x 2 x x ax  x b4，④
1 2  1 2 1 2 1 2 
2a b 4a2 12b
注意到，x  x   ,x x  ,x x   ，
1 2 3 1 2 3 1 2 3
4a2 12ba2 b
代入④得：    2，
3 9 3
 
4a2 12b a2 b 4a2 12ba2 b
由 ③ 可 知 ， 2,    1， 所 以    2， 所 以
3 9 3 3 9 3
   
4a2 12ba2 b



2，
3 9 3
 
当且仅当a 0,b 3时成立．
所以 f x x33x，从而 f 318．
19．【解】（1）因为71222，所以a 1qq2；
7
因为823，所以a  q3．
8
n
（2）由数列a 定义得：b a  qn1；所以b 1qq2 L qn1．
n n 2n1 i
i1
而2n 11222 L 2n1，
n
所以a 1qq2 L qn1 b ．
2n1 i
i1
（3）当1q2，由（2）可知，a qn1无上界，故对任意a ，存在a ，使得a a ．
2n1 n m m n
设m 是满足a a 的最小正整数．下面证明a a 1．
m n m n①若m1是偶数，设m12x 22x L 2kx ,x 0,1,i 1,2,L ,k，
1 2 k i
则m 12x 22x L 2kx ，于是a 1 xq x q2 L  x qk 1a ．
1 2 k m 1 2 k m1
因为a a ，所以a 1a a 1．
n m1 m m1 n
②若m1是奇数，设m11222 L 2l 2l2x L 2kx ，
l2 k
则a a  ql1  1qq2 L ql q1 1qq2 L ql   1qq2 L ql 11．
m m1
所以a a 1a 1．
m m1 n
综上所述，对于任意正整数n ，存在正整数m ，使得a a a 1．
n m n