（高考新构架19题）浙江省五校联盟2024届高三下学期3月联考数学（含答案）

这是一份（高考新构架19题）浙江省五校联盟2024届高三下学期3月联考数学（含答案），共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题:浙江省杭州第二中学
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,只有一项符合题目要求.
1.若全集,集合A,B及其关系如图所示,则图中阴影部分表示的集合是( )
A.B.C.D.
2.已知,且,则与的夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
3.设b,c表示两条直线,表示两个平面,则下列说法中正确的是( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
4.已知角的终边过点,则( )
A.B.C.D.
5.设等比数列的公比为,前项和为,则“”是“为等比数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6.已知实数x,y满足,且,则的最小值为( )
A.B.8C.D.
7.已知双曲线的左、右焦点分别为,点为双曲线的左顶点,以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P,Q两点,且,则该双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.
8.在等边三角形ABC的三边上各取一点D,E,F,满足,则三角形ABC的面积的最大值是( )
A.B.C.D.
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.在学校组织的《青春如火,初心如炬》主题演讲比赛中,有8位评委对每位选手进行评分(评分互不相同),将选手的得分去掉一个最低评分和一个最高评分,则下列说法中正确的是( )
A.剩下评分的平均值变大B.剩下评分的极差变小
C.剩下评分的方差变小D.剩下评分的中位数变大
10.在三棱锥中,已知,点M,N分别是AD,BC的中点，则( )
A.MN⊥ADB.异面直线AN,CM所成的角的余弦值是
C.三棱锥的体积为D.三棱锥的外接球的表面积为
11.已知函数,则( )
A.的零点为
B.的单调递增区间为
C.当时,若恒成立,则
D.当时,过点作的图象的所有切线,则所有切点的横坐标之和为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.直线的一个方向向量是 .
13.甲、乙两人争夺一场羽毛球比赛的冠军,比赛为“三局两胜”制.如果每局比赛中甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为 .
14.已知函数及其导函数的定义域均为,记,若均为偶函数,且当时,,则 .
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)如图,斜三棱柱的底面是直角三角形,,点在底面ABC内的射影恰好是BC的中点,且.
(I)求证:平面平面;
(II)若斜棱柱的高为,求平面与平面夹角的余弦值.
16.(本小题满分15分)己知函数,其中.
(I)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等,求的值;
(II)是否存在实数,使得在上的最大值是-3?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
17.(本小题满分15分)记复数的一个构造:从数集中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部.重复次这样的构造,可得到个复数,将它们的乘积记为.
已知复数具有运算性质:,其中.
(I)当时,记的取值为,求的分布列;
(II)当时,求满足的概率;
(III)求的概率.
18.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中,我们把点称为自然点.按如图所示的规则,将每个自然点进行赋值记为,例如,.
(I)求;
(II)求证:;
(III)如果满足方程,求的值.
19.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中,过点的直线与抛物线交于M,N两点在第一象限).
(I)当时,求直线的方程;
(II)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点(异于点O,M,N),
(i)证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;
(ii)求凸四边形OMDN的面积的取值范围.
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,只有一项是符合要求的.
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.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(答案不唯一)13.14.-6
四、解答题:本大题共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)(第I问,6分;第II问,7分)
解:(I)取BC中点为,连接在底面内的射影恰好是BC中点,
平面ABC,又平面,
又,
平面平面,
又平面平面平面.
(II)以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系,,
,
,
设平面的法向量为,
则有,令,则,
设平面的法向量为,
则有,令则,
,
平面与平面夹角的余弦值为.
16.(本小题满分15分)(第I问,6分;第II问,9分)
(I),则,
故曲线在处的切线为,
即,
当时,此时切线为,不符合要求
当时,令,有,
令,有,故,即,故
(II),
①当时,在上单调递增,
的最大值是,解得,舍去;
②当时,由,得,
当,即时,时,时,,
的单调递增区间是,单调递减区间是,
又在上的最大值为;
当,即时,在上单调递增,,
解得,舍去.综上,存在符合题意,此时
17.(本小题满分15分)(第I问,6分;第II问,4分;第III问,5分)
(I)由题意可知,可构成的复数为,
的可能取值为,
，
，
所以分布列为:
(II)共有种,
满足的情况有:
①3个复数的模长均为1,共有种;
②3个复数中,2个模长均为1,1个模长为或者2,共有种;
所以.
(III)当或2时,显然都满足,此时;
当时,满足共有三种情况:
①个复数的模长均为1,则共有;
②个复数的模长为1,剩余1个模长为或者2,则共有;
③个复数的模长为1,剩余2个模长为或者2,则共有.
故,
此时当均成立.
所以.
18.(本小题满分17分)(第I问,4分;第II问,7分;第III问,6分)
解:(I)根据图形可知,
(II)固定,则为一个高阶等差数列,且满足
所以
所以,,所以
P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024
等价于,
等价于
即,
化简得,
由于增大,也增大,
当时,,
当时,,
故当时,,即
19.(本小题满分17分)(第I问,4分;第II问,5分;第III问,8分)
解:(I)设直线
联立,消去,得,
所以,
,则
,则,又由题意,
直线的方程是;
(II)(i)方法1:设
因为O,M,D,N四点共圆,设该圆的方程为,
联立,消去,得,
即，
所以即为关于的方程的3个根,
则,
因为,
由的系数对应相等得,,所以的重心的纵坐标为0.
方法2:设,则,
因为O,M,C,N四点共圆,所以,即,
化简可得:,
所以的重心的纵坐标为0.
(ii)记的面积分别为,由已知得直线MN的斜率不为0设直线,联立,消去,得,所以,
所以,
由(i)得,,
所以,即,
因为,
点到直线MN的距离,
所以,
所以
在第一象限,即,
依次连接O,M,D,N构成凸四边形OMDN,所以,即,
又因为,即,即,
所以,即,即,
所以,
设,则,
令,则,
因为,所以,所以在区间上单调递增,所以,
所以的取值范围为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
D
B
C
A
C
A
题号
9
10
11
答案
BC
ABD
ACD
X
1
2
3
4