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