2024年浙江省杭州市高考数学质检试卷

这是一份2024年浙江省杭州市高考数学质检试卷，共21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。
1．（5分）函数的最小正周期是
A．B．C．D．
2．（5分）已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
3．（5分）已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为
A．B．C．D．
4．（5分）设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的
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
5．（5分）设数列，满足，，．设为数列的前项的和，则
A．110B．120C．288D．306
6．（5分）将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是
A．300B．240C．150D．50
7．（5分）设集合，，且，函数且，则
A．，，为增函数B．，，为减函数
C．，，为奇函数D．，，为偶函数
8．（5分）在中，已知，．若，则
A．1B．2C．3D．无解
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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）已知关于的方程 的两根为和，则
A．B．
C．D．
10．（6分）已知函数对任意实数均满足，则
A．
B．
C．
D．函数在区间上不单调
11．（6分）过点的直线与抛物线交于，两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则
A．直线与抛物线有2个公共点
B．直线恒过定点
C．点的轨迹方程是
D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程 ．
13．（5分）函数的最大值为 ．
14．（5分）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
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．（13分）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，令，求证：．
16．（15分）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．
17．（15分）如图，在多面体中，底面是平行四边形，，，为的中点，，，．
（1）证明：；
（2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（17分）已知，是椭圆的左，右顶点，点，与椭圆上的点的距离的最小值为1．
（1）求点的坐标．
（2）过点作直线交椭圆于，两点（与，不重合），连接，交于点．
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由．
19．（17分）在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．
（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．
注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）
（ⅰ）完成如表；
（ⅱ）在统计理论中，把使得 的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．
（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．
2024年浙江省杭州市高考数学质检试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）函数的最小正周期是
A．B．C．D．
【分析】利用函数的周期的求法，直接求出函数的周期即可．
【解答】解：函数的最小正周期为：，所以函数的最小正周期是：．
故选：．
【点评】本题是基础题，考查三角函数的周期的求法，注意绝对值的周期函数，周期减半，考查计算能力．
2．（5分）已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【分析】．运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；
．运用线面垂直的性质，即可判断；
．运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；
．运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断．
【解答】解：．若，，则，相交或平行或异面，故错；
．若，，则，故正确；
．若，，则或，故错；
．若，，则或或，故错．
故选：．
【点评】本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型．
3．（5分）已知，是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为
A．B．C．D．
【分析】结合投影向量的定义可求，然后结合向量数量积的性质即可求解．
【解答】解：设向量与向量的夹角为，
由题意得，，
因为向量在向量上的投影向量为，
所以，
即，
所以，
则，
因为，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查了向量数量积性质的应用，属于中档题．
4．（5分）设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的
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
【分析】根据正弦函数的单调性可得，求得的范围，再结合条件求解结论．
【解答】解：函数在单调递增，
必有，
由，可得，，
根据正弦函数的单调性，可得，又，
所以，即，．
故甲是乙的充分不必要条件．
故选：．
【点评】本题主要考查正弦函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
5．（5分）设数列，满足，，．设为数列的前项的和，则
A．110B．120C．288D．306
【分析】由已知递推关系相加可得，，然后利用分组求和，结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解．
【解答】解：，，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查了数列的递推关系及等差数列与等比数列的求和公式的应用，属于中档题．
6．（5分）将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是
A．300B．240C．150D．50
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法计数原理及分步乘法计数原理求解．
【解答】解：先将5名志愿者分为3组，
则有种分法，
再将这3组分给三个社区，
有种分法，
则不同的分配方法数是．
故选：．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理及分步乘法计数原理，属基础题．
7．（5分）设集合，，且，函数且，则
A．，，为增函数B．，，为减函数
C．，，为奇函数D．，，为偶函数
【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断．
【解答】解：当时，，时，在上不为增函数，故不正确；
当时，，时，在上为增函数，结合选项可知，故不正确；
时，， 为偶函数，不正确；
当时，，，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性及单调性的判断，属于中档题．
8．（5分）在中，已知，．若，则
A．1B．2C．3D．无解
【分析】根据两角和的正切公式求得，再根据三角形内角和求解结论．
【解答】解：，
，可得，
又，．
可得，，
可得．
可得，
，解得．
但当时，，，
可得，①
而，可得，②
同时满足①②的，无解．
故选：．
【点评】本题主要考查两角和与差的三角函数，考查计算能力，属于基础题．
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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）已知关于的方程 的两根为和，则
A．B．
C．D．
【分析】在复数范围内解方程得，，然后根据复数的概念、运算判断各选项．
【解答】解：△，，
不妨设，，
，故正确；
由韦达定理可得，故正确；
，故正确；
，
，时，，故错误．
故选：．
【点评】本题考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10．（6分）已知函数对任意实数均满足，则
A．
B．
C．
D．函数在区间上不单调
【分析】根据题意，在所给等式中用代换，可得，推导出，从而判断出项的正误；利用赋值法，结合解方程组算出、（1）与，进而求出的值，从而判断出、两项的正误；先算出满足等式的值，由此得到，从而判断出项的正误．
【解答】解：对于，在中用代换，得，
所以，故项正确；
对于，在中，取得（1）①，
取得，即（1）②，
由①②组成方程组，解得（1）．
再取得（1），可得（1），故项不正确；
对于，由前面的分析可知（1），故项正确；
对于，若，即，则，
所以，得，
因为，且，
所以在区间上不单调，故项正确．
故选：．
【点评】本题主要考查函数的概念与基本性质、利用赋值法处理抽象函数问题等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
11．（6分）过点的直线与抛物线交于，两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则
A．直线与抛物线有2个公共点
B．直线恒过定点
C．点的轨迹方程是
D．的最小值为
【分析】先设，代入，然后结合方程的根与系数关系可求，，写出切线，的方程，检验选项，；
结合的讨论即可求解的轨迹方程，检验选项；
结合直线与抛物线的位置关系及方程的根与系数关系可先表示，然后结合函数的性质可求最小值，即可判断．
【解答】解：设 ，，代入得，
，，
易知切线的切线方程为，切线的切线方程为，
两切线的交点为，正好在直线，
所以直线与抛物线相切，故错误；
此时 ，故直线，即，恒过原点，故正确；
对于，由可知显然点的轨迹是为直径的圆为坐原原点），故正确；
对于，，
联立，解得，
，
，
设，
则，
则，
则，故错误．
故选：．
【点评】本题主要考查了直线与抛物线位置关系的应用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程 ．
【分析】直接利用点到直线的距离公式求出圆的切线方程．
【解答】解：设圆的切线方程为，
利用圆心到直线的距离，解得，
故圆的切线方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点：圆与直线的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13．（5分）函数的最大值为 ．
【分析】令，则，，代入到已知函数中，对其求导，结合导数与单调性及最值关系即可求解．
【解答】解：令，则，，
原函数可化为．，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故时，取得最大值．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了换元法的应用，还考查了导数与单调性关系在最值求解中的应用，属于中档题．
14．（5分）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【分析】利用已知条件通过求解三角形，求解，，，得到椭圆的离心率．
【解答】解：该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，
如图：设，．，，
所以，，
即，，，，，为椭圆的中心，，，分别为，，在底面上的射影，可得，，为小圆的圆心，，可得，是椭圆的短轴长为，
，，
椭圆的离心率为：．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
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．（13分）已知等差数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，令，求证：．
【分析】（1）由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可得所求；
（2）由数列恒等式可得，再由数列的裂项相消求和，结合不等式的性质，可得证明．
【解答】解：（1）等差数列的前项和为，设公差为，
由，，可得，
，即，解得．，
则；
（2）证明：，
由，可得，
则
，对也成立，
所以，．
【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想、方程思想和运算能力，属于中档题．
16．（15分）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．
【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系及二次函数的性质即可求解；
（2）结合（1）中单调性的讨论及单调与极值关系即可求解；
结合函数的单调性及零点存在定理即可证明．
【解答】解：（1）因为，
当时，在单调递减；
当时，，，
当，，
当，，
所以在 上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
当 时，在上单调递增， 单调递减，
综上，当时，在单调递减；
当时，在 上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
当 时，在上单调递增， 单调递减；
（2）由（1）知时，在 上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
此时有两个极值点，
故的范围为；
证明：由（1）知极大值为，
因为，
又，
所以函数有且只有一个零点．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了导数与单调性及函数性质在零点个数判断中的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
17．（15分）如图，在多面体中，底面是平行四边形，，，为的中点，，，．
（1）证明：；
（2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【分析】（1）由余弦定理可得，由勾股定理得，再由，得平面，，从而四边形为平行四边形，，，由此能证明．
（2）推导出平面，取中点，连接，设，由多面体的体积，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：在中，由余弦定理可得，
，，，
，平面，又平面，，
四边形为平行四边形，
，又，
，即．
（2），，平面，
取中点，连接，设，
设多面体的体积为，
则．
解得．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，2，，，1，，，，，，0，，
．
则平面的一个法向量，
，1，，，0，，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【点评】本题考查直角的证明、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18．（17分）已知，是椭圆的左，右顶点，点，与椭圆上的点的距离的最小值为1．
（1）求点的坐标．
（2）过点作直线交椭圆于，两点（与，不重合），连接，交于点．
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设，是椭圆上一点，则，由两点之间的距离公式可得，，分情况讨论，解得，即可得出答案．
（2）（ⅰ）设直线的方程为，，，，，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得①，写出直线、的方程，进而可得答案．
（ⅱ）由图知，，即，则点在以为直径的圆上，设，，则，解得，写出直线的方程，联立椭圆的方程，解得，进而可得答案．
【解答】解：（1）设，是椭圆上一点，则，
因为，，
①若，，解得（舍去），
②若，，解得（舍去）或，
所以点的坐标为．
（2）（ⅰ）证明：设直线的方程为，，，，，
由，得，
所以，，
所以，①
由△，得或，
直线的方程为，②
直线的方程为，③
联立②③，消去，得④，
联立①④，消去，则，
解得，即点在直线上．
（ⅱ）由图知，，即，
所以点在以为直径的圆上，
设，，则，
所以，即，，
所以直线的方程为，
直线的方程与椭圆方程联立，得，
解得，
所以，
所以，
所以．
【点评】本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
19．（17分）在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．
（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．
注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）
（ⅰ）完成如表；
（ⅱ）在统计理论中，把使得 的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．
（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．
【分析】（1）利用古典概型的知识，分别求出和时的分布列；将两个分布列画在一起，观察，1，2，3时的概率，比较大小得解；
（2）对求导数，并求出导数的零点与频率估计值对照即可．
【解答】解：（1）因为，所以的值为或，
表格如下：
由题知，当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大，
所以．
（2）对对数似然函数进行求导，，
因此似然方程为，解上面的方程，得，
因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的．
【点评】本题考查了用古典概型的概率计算公式、随机变量的分布列与数学期望、排列与组合数的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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