浙江省强基联盟2024届高三下学期3月联考数学试题及答案

这是一份浙江省强基联盟2024届高三下学期3月联考数学试题及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知是虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
3．现有一项需要用时两天的活动，要从5人中安排2人参加，每天安排一人，若其中甲、乙2人在这两天都没有参加，则不同的安排方式有（ ）
A．20种B．10种C．8种D．6种
4．已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．若，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．的展开式中，的系数为（ ）
A．2B．C．8D．10
7．已知函数的定义域为，且，若，则函数（ ）
A．以为周期B．最大值是1
C．在区间上单调递减D．既不是奇函数也不是偶函数
8．设点，，是抛物线上3个不同的点，且，若抛物线上存在点，使得线段总被直线平分，则点的横坐标是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．有两组样本数据：；.其中，则这两组样本数据的（ ）
A．样本平均数相同B．样本中位数相同
C．样本方差相同D．样本极差相同
10．已知的内角的对边分别是，（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若成等比数列，则
D．若成等差数列，则
11．已知正方体的棱长为2，过棱，，的中点作正方体的截面，则（ ）
A．截面多边形的周长为
B．截面多边形的面积为
C．截面多边形存在外接圆
D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为
三、填空题
12．已知向量，，若，则实数 .
13．点关于直线的对称点在圆内，则实数的取值范围是 .
14．用表示不超过的最大整数，已知数列满足：，，.若，，则 ；若，则 .
四、解答题
15．已知函数.
(1)求的值，
(2)求函数的单调递增区间.
16．小强和小基两位同学组成“联盟队”参加两轮猜灯谜活动.每轮活动由小强、小基各猜一个灯谜，他们猜对与否互不影响.若两人都猜对，则得3分；若仅一人猜对，则得1分；若两人都没猜对，则得0分.已知小强每轮猜对的概率是，小基每轮猜对的概率是，各轮结果互不影响.
(1)求“联盟队”猜对4个灯谜的概率；
(2)求“联盟队”两轮得分之和的分布列和数学期望.
17．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.

(1)证明：.
(2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积.
18．已知椭圆的左、右顶点分别为，，点为直线上的动点.
(1)求椭圆的离心率.
(2)若，求点的坐标.
(3)若直线和直线分别交椭圆于，两点，请问：直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
19．已知函数.
(1)当时，记函数的导数为，求的值.
(2)当，时，证明：.
(3)当时，令，的图象在，处切线的斜率相同，记的最小值为，求的最小值.
（注：是自然对数的底数）.
参考答案：
1．C
【分析】
由一元二次不等式的解法和交集的运算得出即可.
【详解】，
所以，
故选：C
2．B
【分析】
利用复数的四则运算法则即可得出结论.
【详解】.
故选：B.
3．D
【分析】
根据排列数的定义和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，从除甲和乙之外的3人中选2人，安排2天的活动，有种方法.
故选：D
4．D
【分析】
A、B、C选项可用赋值法判断正误，D选项根据指数与对数计算法则判断.
【详解】设则
，A错误；
，B错误；
，C错误；
，D正确.
故选：D.
5．C
【分析】
构建函数，利用导数结合三角函数性质可得，进而分析判断.
【详解】设，，
当时，可知在内单调递增，且，
所以当时，恒成立，
故若，则“”是“”的充分必要条件
故选：C.
6．A
【分析】
先将原式化为，再用二项式通项计算即可.
【详解】，
的通项为，
前面括号内出时，令，此时；
前面括号内出时，无解，
前面括号内出时，令，此时，
所以的系数为，
故选：A.
7．D
【分析】利用赋值法，分别令，，，，，，得到逐项判断.
【详解】解：令，，得，
令，，得，
令，，得，
由以上3式，得，
即.
则的周期为，故A错误；
的最大值为，故B错误；
令，则，故的在区间上不单调递减，故C错误；
因为，所以，且，
所以既不是奇函数也不是偶函数，故D正确.
故选：D.
8．A
【分析】
说明直线过定点,并求出关于点的对称点代入抛物线即可求解.
【详解】设，，，
则,同理，
故直线方程为：，
整理得,①
由得整理得,②
由①②两式得，即直线过点,
关于点的对称点即为点在抛物线上，
代入得，解得.
故选:A.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线中的定点问题，关键是利用垂直得斜率的关系进而求出定点坐标.
9．CD
【分析】
根据题意，求出两组数据的平均数、方差、中位数和极差，依次分析选项即可得答案．
【详解】
根据题意，对于数据，，，，
假设，
设其平均数为、中位数为、方差为、极差为，
则，，
，
，
又由，2，，，
设其平均数为、中位数为、方差为、极差为，
则数据，，，的平均数为，
中位数，
，
方差，
故这两组样本数据的方差相同、极差也相同，平均数和中位数不同．
故选：CD．
10．ACD
【分析】
利用正弦定理、余弦定理边角互化，结合三角恒等变换逐一判断即可.
【详解】
选项A：由正弦定理可得，
因为中，，所以，
所以，解得，A说法正确；
选项B：若，
则由正弦定理整理可得，
又由余弦定理可得，
因为，所以，B说法错误；
选项C：若成等比数列，则，
根据余弦定理可得，当且仅当时等号成立，
所以，C说法正确；
选项D：若成等差数列，则，
根据正弦定理可得，所以，
因为，所以，展开得，
即，
两边同除得，即，
所以，当且仅当时等号成立，D说法正确；
故选：ACD
11．AB
【分析】
根据题意画出正方体，将题中截面画出，根据边长关系即可求出边长和面积；判断截面多边形各边长垂直平分线是否交于一点即可判断出多边形是否存在外接圆；根据二面角定义和余弦定理求出截面所在平面与平面所成角.
【详解】连，延长交直线，的延长线于点，，连交于，连交于，连，得到截面五边形，连接与的中点.
由，为中点，，，，因此周长为，故A正确.
，，，，
，
截面多边形的面积为，故B正确.
与是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误.
根据二面角定义可知为截面与底面所成角，，，根据余弦定理可得，故，故D错误.
故选AB.
12．
【分析】
依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故答案为：
13．
【分析】
首先求对称点，再根据点与圆的位置关系，列式求解.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则，得，
又题意可知，，解得：.
故答案为：
14． ，
【分析】
当，时，利用构造法可得出数列是等比数列，求出，进而得出；当时，由题目中的递推关系式可得，，，即可求解.
【详解】
当，时，，即，
则数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以，即.
当时，，即，且，
故，故，故，
∴，，所以，所以.
因为，所以
由，可得：，，.
因为，所以，，则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合，数列的通项公式及前项和.利用构造法即可求解第一空；借助递推关系式得出，，是解答第二空的关键.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）将代入化简即可得出答案；
（2）化简，求的单调递增区间即求的单调递减区间，令，即可得出答案.
【详解】（1）.
（2） ,
求的单调递增区间即求的单调递减区间，
令，
解得：，
所以所求的单调增区间为.
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】
（1）题意可知小强和小基两位同学两轮猜谜都猜对，根据独立重复事件计算方式计算即可；
（2）“联盟队”两轮得分之和，根据独立重复事件计算方式计算这6种情况概率即可.
【详解】（1）解：记事：两轮猜谜中，小强猜中第个；事件：两轮猜谜中，小基猜中第个.
（2）“联盟队”两轮得分之和
所以“联盟队”两轮得分之和的分布列为
所求数学期望.
17．(1)证明见解析
(2)或
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果；
方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）是中点，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，

分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，平面，；
平面，，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
直线与平面所成角为，，
设，
，，
，，
又，
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
方法二：取中点，连接，
分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，
，，
，，，，，
，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
18．(1)
(2)或
(3)
【分析】
（1）直接由定义求出即可；
（2）设出坐标，结合已知条件由射影定理求出即可；
（3）两次利用直曲联立，表示出点的坐标和直线的斜率，由点斜式写出直线方程，即可求出直线过的顶点.
【详解】（1）椭圆的离心率为
（2）
设，直线交轴于点，由，∴
∴或
（3）
，，，
∴代入得：
，
设，
∴，∴，
∴.
代入得：
，
∴，∴，
∴
∴，∴
∴
即直线方程为：
恒过定点为
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由得到，然后求导后求解；
（2）当时，，利用导数法证明；
（3）求导，由，得到，从而，令，得到，再利用导数法求解.
【详解】（1）解：当时，，
∴，
∴；
（2）当时，，∴，
令，则，
当时，；当时，，
所以当时，取得最小值，
则，即，
∴∴，
∴在上单调递增，
∴，得证；
（3）当时，，
，所以，，
所以在上递增，，上递减，
由题意，，得，
，
由得到，记，
则，
，所以，，
∴在上递减，在上递增.
∴，
当时，，
∴.
【点睛】方法点睛：利用导数法证明不等式，一般是构造函数，转化为证.
0
1
2
3
4
6