浙江省名校新高考研究联盟（Z20名校联盟）2024届高三下学期第三次联考（三模）数学试题（Word版附解析）

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数学试题卷
命题: 海宁高级中学 谢 艳、倪 娜
磨题: 余姚中学 徐凤莹 玉环中学 徐伟建 龙湾中学 梁世日 校稿: 张艳宗、过利霞
注意事项：
1. 答卷前， 务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷
上无效.
3. 请保持答题卡的整洁.考试结束后， 将试卷和答题卡一并交回.
第I卷
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. 集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解集合中的不等式，解出的范围，再求得即可.
【详解】由，解得，即，
，.
故选：C
2. 复数的虚部是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部.
【详解】因为，
所以复数的虚部是.
故选：D
3. 已知单位向量满足，则（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】计算出，，，利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】，
，故，
，故，
所以.
故选：B
4. 设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数列的前项和与的关系，两式相减，即可求解.
【详解】由已知，，两式相减得，
，即，即.
故选：A
5. 已知，点在圆上运动，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解.
【详解】设，
则
，
当时，取得最大值.
故选：C.
6. 若函数 的最大值为 2，则常数 的取值可以为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先分别分析函数和的最大值，再根据三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为函数的最大值为1，的最大值为1，
由题意可知，取得最大值1时，也取得最大值1，
即当时，，，
得，，，
当时，，其他值不满足等式.
故选：D
7. 已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可.
【详解】由题意可得，
令，
则，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以为函数的极值点，
所以，
所以，
故选：B.
8. 设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由题意列出含的方程组，解出的关系式，进而求出双曲线的渐近线即可.
【详解】
设 ，由双曲线的定义知 ，
在 中，由余弦定理得：，
所以 ，
再由，为的中点，延长至，使，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，由余弦定理知：，
在中，由余弦定理知：，
因为，则，
可知，
所以 ③，
由得， 把代入得，
化简得 ，
所以渐近线方程.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由四点共圆的四边形四个边的平方和等于两条对角线的平方和是解决本题的关键.
二、选择题：本大题共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. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据7，5，3，10，2的第40百分位数是3
B. 已知随机变量服从正态分布越小，表示随机变量分布越集中
C. 已知一组数据的方差为3，则的方差为3
D. 根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为，若其中一个散点为，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据百分位数的定义即可判断A；根据正态曲线的性质即可判断B；根据方差的性质即可判断C；根据观测值与预测值的区别即可判断D.
【详解】对于A，数据按照从小到大的顺序排列为，
因为，
所以数据7，5，3，10，2的第40百分位数是，故A错误；
对于B，越小，即方差越小，随机变量分布越集中，故B正确；
对于C，已知一组数据的方差为3，
则的方差为，故C正确；
对于D，散点不一定在回归直线为上，
所以由散点无法求出值，故D错误.
故选：BC.
10. 已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若 ，则 有两解
C. 当时， 为直角三角形
D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以由及正弦定理得，，
由诱导公式得，，
因为，故，所以，
化解得，即，
所以或，即（舍）或，故A正确；
对于B，由余弦定理得，即，得，
由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误；
对于C，因为，两边平方得，
由余弦定理得，
由两式消得，，解得或，
由解得，
由解得;
故为直角三角形，故C正确；
对于D，因为为锐角三角形，且，
所以，
即，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当，四棱锥的外接球的表面积是
C. 周长的最小值为
D. 若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度.
【详解】A选项，当时，，
故，即，
故点在线段上，
连接，与相交于点，则为的中点，连接，
因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确；
B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点，
连接相交于点，则⊥平面，
设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线，
其中，设，则，
由勾股定理得，即，
解得，
则表面积是，B正确；
C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点，
由对称性知，，
，此时三点共线，
又，
，C错误；
D选项，因为 ，又点在矩形及其内部，
点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形，
又⊥平面，且，
故 ，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，
如图，其中，，
故，
则，
则，
则轨迹长为，D正确.
故选：ABD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
第II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为_________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据圆台的侧面积求圆台的母线，再根据圆台轴截面求出高即可.
【详解】因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为 ，
设母线长为，高为.
则，解得.
如图所示圆台的轴截面，
在中，，
由勾股定理得：圆台的高.
故答案为：3.
13. 甲、乙、丙 3 人站到共有 6 级的台阶上， 若每级台阶最多站 2 人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是_____________种. (用数字作答)
【答案】180
【解析】
【分析】采用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】易知甲有6种站法，则乙有5种站法，丙有6种站法，总共有种.
故答案为：180
14. 已知关于的不等式对任意 恒成立，则实数 的取值范围是___________________.
【答案】
【解析】
【分析】将原不等式转化为恒成立，画出函数与的图像，求出过原点且与函数，分别相切时直线的斜率，根据数形结合可得结果.
【详解】不等式可化为，
令，因为，
令，所以函数在上为增函数，
令，所以函数在上为减函数，
所以当时，即当时，所以，
所以
设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点，
则，所以，又，所以，所以，
设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点，
则，且，解得或（舍去），所以，
画出函数与的图像，如图：
数形结合可得，，所以，
故答案为：.
.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是将原不等式转化为恒成立，根据数形结合，将问题转化为过原点且与函数，分别相切时直线的斜率，从而得结果.
四、解答题: 本题共 5 小题， 共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
15. 已知等差数列 的公差不为零， 成等比数列，且 .
（1）求数列 的通项公式;
（2）求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解，
（2）根据等差数列求和公式即可求解.
【小问1详解】
由题意 (1)

由(1)(2)可得
所以
【小问2详解】
，，
，故为等差数列，
.
16. 已知四面体.
（1）证明：;
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可知，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）方法1：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，利用等体积法求点到平面的距离为，结合线面夹角的定义分析求解；方法2：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
取的中点，连，
由，可得，
又因为，平面，
所以 平面 ，
因为平面，所以.
【小问2详解】
方法1：因为，所以，
又因为，所以，
由（1）可得平面，所以平面平面，
作交延长线于点，则平面且，
设点到平面的距离为，
因为，则，
可得，
设直线与平面所成角为，可得，
所以直线与平面取成线面角正弦值为；
方法2：因为，所以，
又因为，可知，
由（1）可得平面，且平面，
所以平面平面，
作交延长线于点，
则平面且，
如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面取成线面角的正弦值为.
17. 为了增强身体素质，寒假期间小王每天坚持在 “跑步20 分钟”和“跳绳20 分钟” 中选择一项进行锻炼. 在不下雪的时候，他跑步的概率为，跳绳的概率为，在下雪天他跑步的概率为，跳绳的概率为. 若前一天不下雪，则第二天下雪的概率为，若前一天下雪，则第二天仍下雪的概率为. 已知寒假第一天不下雪，跑步分钟大约消耗能量卡路里，跳绳20分钟大约消耗能量200卡路里. 记寒假第天不下雪的概率为 .
（1）求的值，并求;
（2）设小王寒假第天通过运动消耗的能量为，求的数学期望.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，且得到，利用构造法得到为等比数列，从而求出通项公式；
（2）求出，及对应的概率，得到的数学期望.
【小问1详解】
由题意得，
第3天不下雪，分为两种情况，第2天不下雪且第三天不下雪，第2天下雪且第3天不下雪，
故，
依题意，
整理得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
即 ，所以；
【小问2详解】
，
由（1）得，
则他第天通过运动锻炼消耗的能量的期望为
.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为 ，焦距为 ，离心率为， 直线 与椭圆交于 两点 （其中点 在 轴上方，点 在 轴下方）.
（1）求椭圆 的标准方程;
（2）如图，将平面 沿 轴折叠，使 轴正半轴和 轴所确定的半平面（平面 ）与 轴 负半轴和 轴所确定的半平面 (平面 ) 垂直.

①若折叠后 ，求 的值;
②是否存在 ，使折叠后 两点间的距离与折叠前 两点间的距离之比为 ?
【答案】（1）
（2）①；②不存在
【解析】
【分析】（1）由焦距为 ，可得出c的值，再由离心率为和可得出a与b的值，从而求得椭圆的标准方程；
（2）①联立直线方程与椭圆方程，由直线和椭圆有两个交点且两个交点在x轴两侧，利用韦达定理求出m范围，然后建立空间直角坐标系，根据条件，得出，即可得出m值；
②分别表示出折叠前间的距离和折叠后间的距离，根据题目中距离的比值列方程求解m，再判断其是否满足条件即可.
【小问1详解】
由题意，解得：，
所以椭圆 的标准方程为
【小问2详解】
折叠前设 ，联立
可得
由直线 与椭圆交于不同两点，所以 ，解得 ，
由韦达定理得：，
因为 位于 轴两侧，所以，化简得 ，从而 ，
以 为坐标原点，折叠后，分别以原 轴负半轴，原 轴，原 轴正半轴所在直线为 轴建立空间直角坐标系，则折叠后
①折叠后 ，则 ，即 ，所以
②折叠前，
折叠后
所以，解得 ，此时直线 与椭圆无交点，
故不存在 ，使折叠后的 与折叠前的 长度之比为 .
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用空间向量的知识求解.
19. 在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.
（1）判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；
（2）已知函数是“旋转函数”，求的最大值；
（3）若函数是“旋转函数”，求的取值范围.
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数的定义直接判断即可.
（2）将已知条件转化为函数与直线最多一个交点，利用两个函数图象的交点与对应方程根的关系，分离，构造新函数，转化为新函数在上单调，进而求解.
（3）同问题（2）根据已知条件构造新函数，转化为新函数在上单调，求导，分离参数，转化为恒成立问题求最值即可.
【小问1详解】
函数不是“旋转函数”，理由如下：
逆时针旋转后与轴重合，
当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾，
因此函数不是“旋转函数”.
【小问2详解】
由题意可得
函数与函数最多有1个交点，
且，
所以最多有一个根，
即最多有一个根，
因此函数与函数R最多有1个交点，
即函数在上单调，
因为，且，
所以，所以，
即，，即的最大值为.
【小问3详解】
由题意可得函数与函数最多有1个交点，
即，
即函数与函数最多有1个交点，
即函数在上单调，
，当时，
所以，
令，则，
因为在上单调减，且，
所以存在，使，
即，
所以在单调递增，单调递减，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：利用函数的零点与对应方程的根的关系，我们经常进行灵活转化：
函数的零点个数方程的根的个数函数与图象的交点的个数；
另外，恒成立求参数范围问题往往分离参数，构造函数，通过求构造函数的最值来求出参数范围，例：若恒成立，只需，恒成立，只需.