2024年浙江强基联校高三数学(文)3月模拟联考试卷及答案解释

2024年浙江强基联校高三数学（文）3月模拟联考试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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，再选涂其他答案标号。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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。一、单项选择题：本大题共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．已知集合S{x∣x2}，Tx∣x23x40，则SÇT=（

）A．,1

B．4,

C．2,1

D．2．已知i是虚数单位，则

i1i

（）A．

12i2

B．

1i2

2i2

D．

12i23．现有一项需要用时两天的活动，每天要从5人中安排2人参加，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x0，y0，则（A．7lnxlny7lnx7lnyC．7lnxlny7lnx7lny

）

B．7ln7lnxlnyD．7lnlnxlny5．若0x，则“xcos2x1”是“xcosx1”的（2

）A．充分而不必要条件C．充分必要条件6．(1x)6(1x)4的展开式中，x6的系数为（

B．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件）A．2

B．2

C．8

D．10πx的xxxx（

）A．以π为周期

B．最大值是1

121,C．xy7xy777．已知21,C．xy7xy777．已知函数f定义域为R，且ff1，若fyfy2fcosy，则函数f02ππ44

D．既不是奇函数也不是偶函数8．设点A，B，C是抛物线y24x上3个不同的点，且ABAC，若抛物线上存在点D，使得线段AD总被直线BC平分，则点A的横坐标是（

）A．1

B．2

C．3

D．4二、多项选择题：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．有两组样本数据：x,x,,x122024

据的（

）A．样本平均数相同C．样本方差相同

B．样本中位数相同D．样本极差相同10．已知ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，（

）A．若asin

2

π3πB．若(sinBsinC)2sin2AsinBsinC，则A6π3AC22111111111A．截面多边形的周长为2210

）B．截面多边形的面积为

76

11C．截面多边形存在外接圆D．截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为

1111三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量

2,1，2，

r

.13．点Pa于直线xya0的对称点在圆(x2)2y4)213内，则实数a的取值范围是

.n1n

4

2nN*.若0，nn2C．在区间,上单调递减；y1,y2,,y2024.其中yixi2024i1,2,,2024C．在区间,上单调递减；y1,y2,,y2024.其中yixi2024i1,2,,2024，则这两组样本数ACbsinA，则BC．若a,b,c成等比数列，则BD．若a,b,c成等差数列，则tan3tan211．已知正方体ABCDABCD的棱长为2，过棱CC，AD，AB的中点作正方体的截面，则（abt,4若ab，则实数t3,关(14．用示不超过x的最大整数，已知数列足：a，aa满x表31aa1，2，则an

；若

20241i1ai

.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．已知函数fsin3cosx.π6(2)求函数yfsin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

34

2，小基每轮猜对的概率是，各轮结果互不影响.3(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X的分布列和数学期望.17．如图，在四棱锥QABCD中，四边形ABCD为直角梯形，CD//AB，BCAB，平面QAD平面ABCD，QAQD，点M是AD的中点.(1)证明：QMBD.(2)点N是CQ的中点，ADAB2CD2，当直线MN与平面QBC所成角的正弦值为锥QABCD的体积.

427

时，求四棱18．已知椭圆G:

x29

y21的左、右顶点分别为A，A，点P为直线l:x2上的动点.12(1)求椭圆G的离心率.1212若不是，请说明理由.31，则(1)求f的值，x1，则(1)求f的值，xxxx(2)若PAPA，求点P的坐标.(3)若直线PA和直线PA分别交椭圆G于B，C两点，请问：直线BC是否过定点？若是，求出定点坐标；exaxx.2ex123x2(3)当a2时，令gexf，g图象在xm，xn(mn)处切线的斜率相同，记gg最小值为h求h最小值.（注：e2.71828是自然对数的底数）.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.，所以SÇT={x|-2<x£1}=(-2,1]，故选：C2．B【分析】利用复数的四则运算法则即可得出结论.

ii12

.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A326种方法.故选：D4．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x1,y2则419．已知函数f(1)当a时，记函数f导数为fx求f0值.19．已知函数f(1)当a时，记函数f导数为fx求f0值.，的x的(2)当a1，x1时，证明：fcosx.【详解】Tx∣x23x404x1∣a1xxx的mn的a，a的【详解】1ii11i1ii7ln1ln27ln217ln2，A错误；7ln2ln3ln1ln2，B错误；7ln1ln27ln1ln2，C错误；7lnlnxlnylnxlny，D正确.故选：D.5．C【分析】x2而分析判断.【详解】设fsinxxcosx，fcosxcosxxsinxxsinx，πx在0222故选：C.6．A【分析】先将原式化为2xx2再用二项式通项计算即可.4x2的通项为T

k1

Ck2k，4前面括号内出1时，令2k6k，此时C3；4前面括号内出2x时，k无解，前面括号内出x2时，令2k4k2，此时C26，4所以x6的系数为462，故选：A.7．Dππππ22225构建函数fsinxxcosx，利用导数结合三角函数性质可得1sinxxcosxxcos2x,x0,构建函数fsinxxcosx，利用导数结合三角函数性质可得1sinxxcosxxcos2x,x0,，进π当0x时fx0，可知f0,内单调递增，且f0，2所以当0x时，1sinxxcosxxcos2x恒成立，故若0x，则“xcos2x1”是“xcosx1”的充分必要条件【详解】(1x)6(1x)4xx22xx2777117xy777xx1x24，1141kx【分析】利用赋值法，分别令x0，yt，xt，y，x，yt，得到313412π【详解】解：令x0，yt，得ff2cost，ππ22ππ22由以上3式，得fsincost，x4则f周期为T2π，故A错误；f最大值为2，故B错误；πππ3πππx的x，x，4所以f不是奇函数也不是偶函数，故D正确.故选：D.8．A【分析】4,并222444则

kBC

yy12y2y21244

4yy12

,同理kACyy

02

4

,kAB

01

4故直线BC方程为：yy1

2

4y2yy由ABAC得y0

4

y2

4yy01

1,整理得yyyy2160,②120120，6fsinxcosx2sinx逐项判断.x4令xt，y，得fπtft0，令x，yt，得fπtft2sinfsinxcosx2sinx逐项判断.x4令xt，y，得fπtft0，令x，yt，得fπtft2sint，即fsinxcosx2sinx.π，故f在区间,上不单调递减，故C错误；令x,，则x0,444444因为fx2sinx，所以fxf且fxfπ说明直线BC过定点Ex0,y0求出A关于点E的对称点代入抛物线即可求解.【详解】设A0,y0，B1,y1，C2,y2，ttttx的x的x既yyyyy，x1y，y41整理得1y24xy1y2,①yy由①②两式得1y2yy044x0即直线BC过点Ex0,y0yx4,A关于点E的对称点即为点D8x,3y在抛物线上，008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x1，x2，L，x2024，假设x1x2x2024，设其平均数为x、中位数为m、方差为S2、极差为n，12024122024nxx，20241

121012

x1013

)，1S22024

[(xx)2(xx)2(xx)2(x1232024

x)2]，又由yixi2024(i1，2，L，2024)，设其平均数为y、中位数为m、方差为S、极差为n则

数

据

y1

，

y2

，

L

，

y2024

的

平

均

数

为1y(x2024x2024x2024122024

12024)(xxx2024122024

)x2024，11中位数m2(x10122024x10132024)2(x1012x1013)2024m2024，ny2024

y(x12024

2024)(x2024)n，12

12024

[(x2024x2024)2(x2024x2024)2(x122024

2024x2024)2]S2，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.7代入得4x09y0236x0，解得x01.则x代入得4x09y0236x0，解得x01.则x(xxx)，m(x，2方差S【详解】选项A：由正弦定理可得

sinAsin

AC2

sinBsinA，因为ABC中A,BπABπ，所以sin

AC2

sinB，所以

πBsin2

BBB2223选项B：若sin2B2sinBsinCsin2Csin2AsinBsinC，则由正弦定理整理可得a2b2c2bc，b2c2a22bc

1，2π3选项C：若a,b,c成等比数列，则b2ac，a2c2b22ac

2acac2ac

12π3选项D：若a,b,c成等差数列，则2bac，根据正弦定理可得

A

2

cos

AC2

AC2sin2

cos

AC2

，因

为

A,Cπ

，

所

以

2cos

AC2

cos

AC2

，

展

开

得A2coscos2

C2

ACA2sinsincoscos222

C2

AC22即

ACAC2222A2

C2

ACAC2222

13AC所以tan3tan22

AC23tantan22

AC22故选：ACD11．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ABCD所成角.【详解】连QR，延长交直线C1D1，C1B1的延长线于点F，E，连PF交DD1于N，连PE交BB1于M，80,，Ccos2sincos，解得Bπ，A说法正确；又由余弦定理可得cosA因为Aπ所以A，B说法错误；0,，根据余弦定理可得cosB，当且仅当ac时等号成立，所以B，C说法正确；2sinBsinAsinC，所以2sinC4sinA0,，Ccos2sincos，解得Bπ，A说法正确；又由余弦定理可得cosA因为Aπ所以A，B说法错误；0,，根据余弦定理可得cosB，当且仅当ac时等号成立，所以B，C说法正确；2sinBsinAsinC，所以2sinC4sinAC0,sinsin，coscos3sinsin0，两边同除coscos得13tantan0，即tantan，2，当且仅当tan3tan时等号成立，D说法正确；连QN，RM得到截面五边形PNQRM

，连接P与FE的中点O.2103

，QR2，MRNQ

103

，因此周长为2210，故A正确.FE32，PF10，PO22，S2PFE

12

222

31122

，SFNQ

SMRE

1sinPFEFNFQ2

116

，7截面多边形的面积为SPFEFNQMRE6

11，故B正确.VPNQ与PMN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A1OP为截面与底面所成角，A1O

22

，AP3，根据余弦定理可得1cosAOP1

AO2OP2AP2112AOOP1

31111

，故sinAOP1

2211

，故D错误.故选AB.12．1【分析】依题意可得a，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.r【详解】因为a2,1，2且所以a2t，解得t.故答案为：113．4a10【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Pa于直线xya0的对称点为y9由Q，R为中点，MPNP3SSbt,4ab，b0b214013,关,x，由Q，R为中点，MPNP3SSbt,4ab，b0b214013,关,x，则22

1

a0

x0，得

，22故答案为：4a1014．

2n2，3

2【分析】23当

1时，由题目中的递推关系式可得an1

n

1an

11a1ann

1

，a20252，即可求解.【详解】，，2322n3n3，，∴an1

n

1an

11a1ann

1

.4因为a13，所以

20241aaaaii122024111111223202411a1a1202513a2025

1

11a2025

41339

133，a381

6916，a46561

12.因为an1an，所以a20252，0a

12025

1

1，10yax33xayya3又题意可知，13，解得：4a10.当0，2时，利用构造法可得出数列n2等比数列，求出an22n1yax33xayya3又题意可知，13，解得：4a10.当0，2时，利用构造法可得出数列n2等比数列，求出an22n1，进而得出an；a是a，1当0，2时，an12n1即an122n2aa则数列n2以a12为首项，2为公比的等比数列.a是所以na22n1，即a2.当1时，an1an2n1即an11ann1且an1ann10，aaa2a，11111aa1a1a1a111由a1，an1an2an1可得：a220241i1i2n故答案为：2；2.3【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n项和.利用构造法即可求解第【分析】

ππ2ππ6

3

111nnaaannn

1

，a20252是解答第二空的关键.（2）化简

x

1ππ2令

ππ3πkπ2xkπ,Z，即可得出答案.262πππ1

662

32

1.（2）

x

1122

32

1π

1ππ2令

ππ3πkπ2xkπ,Z，262解得：

π2πkπxkπ,Z，63.3123X46【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X0,1,2,3,4,6根据独立重复事件计算方式计算这6种情况概率即可.PPABB121

2

22

11则a2.一空；借助递推关系式得出aa，15．(1)f1(2)kπ,kπZk（1）将x代入化简即可得出答案；111yfsinx，求ysin2x的单调递增区间即求ysin2x的单调递减区间，6622k【详解】（1则a2.一空；借助递推关系式得出aa，15．(1)f1(2)kπ,kπZk（1）将x代入化简即可得出答案；111yfsinx，求ysin2x的单调递增区间即求ysin2x的单调递减区间，6622k【详解】（1）fsin3cos36yfsinxsin2x3sinxcosxcos2xsin2xsin2x,62求ysin2x的单调递增区间即求ysin2x的单调递减区间，6622kkk所以所求的单调增区间为kπ,kπZπ2π616．(1)(2)分布列见解析，E【详解】（1）解：记事Ai：两轮猜谜中，小强猜中第i个；事件Bi：两轮猜谜中，小基猜中第i个.i1,2”，231344A（2）“联盟队”两轮得分之和X0,1,2,3,4,612121X43144PC12

C

1

472P2C12

31122544333434144P3C12

31124433

1125X1222321X344所以“联盟队”两轮得分之和X的分布列为XP

01144

1572

225144

3112

4512

61423X6

.32

334【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QM平面ABCD，由线面垂直性质可得结论；（2）方法一：取BC中点F，作MGQF，由线面垂直的性质和判定可证得MG平面QBC，由线面角定义可知sinMNG

427

，根据长度关系可构造方程求得QM，代入棱锥体积公式可求得结果；方法二：取BC中点F，以F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QM，代入棱锥体积公式可求得结果.【详解】（1）M是AD中点，QAQD，QMAD，平面QAD平面ABCD，平面QAD平面ABCDAD，QM平面QAD，QM平面ABCD，又BD平面ABCD，QMBD.（2）方法一：取BC中点F，连接MF,QF，作MGQF，垂足为G，连接NG,MC，12P03112443125233X1P03112443125233X1X12322212XP4P6所求数学期望E17．(1)证明见解析(2)或M,F分别为AD,BC中点，AB//CD，MF//AB，又BCAB，MFBC；由（1）知：QM平面ABCD，BC平面ABCD，QMBC；QM,MF平面QMF，QMMFM，BC平面QMF，MG平面QMF，BCMG，又MGQF，QFBCF，QF,BC平面QBC，MG平面QBC，直线MN与平面QBC所成角为MNG，sinMNG设QMa0

427

，12

AB

3，BC2

2MCMF

2

1122

a23，又

QMQF

3294

3a94a2

，3aMGsinMNGMN

2

94a2a23

427

32V

QABCD

1132

ABBCQM

32

QM

，当QM3时，V

QABCD

3322

QABCD

334

.综上所述：四棱锥QABCD的体积为

32

或

334

.方法二：取BC中点F，连接MF，M,F分别为AD,BC中点，AB//CD，MF//AB，又BCAB，MFBC；由（1）知：QM平面ABCD，13a，MFCD1AD2AB3，21BC23，MNQC2MGaa2MF1，解得：aa，MFCD1AD2AB3，21BC23，MNQC2MGaa2MF1，解得：a3或a，CD；当QM时，V设QMa012

AB

3，BC2

2

3

32

3

,

3a,3

3a33

x，BC3y则33CQx22

yaz0

2；MNcosMN,nMNn

4

3a4a2

427，解得：a3或

3a，2V

QABCD

1132

ABBCQM

32

QM

，当QM3时，V

QABCD

3322

QABCD

334

.18．(1)

22

333243

.【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；14以F为坐标原点，FM,FB正方向为x,y轴正方向，过F作z轴//QM，可建立如图所示空间直角坐标系，a，MFCD1AD2AB3，2M,0,0，Q,0,a，B0,2,0，C,0，N42，33MN,4以F为坐标原点，FM,FB正方向为x,y轴正方向，过F作z轴//QM，可建立如图所示空间直角坐标系，a，MFCD1AD2AB3，2M,0,0，Q,0,a，B0,2,0，C,0，N42，33MN,4,，BC0,3,0，CQ,422,a；设平面QBC的法向量n,y,z，令x2a，解得：y0，z3，na,0,3n0n3a2n9CD；当QM时，V综上所述：四棱锥QABCD的体积为或(2)2,5或2,5(3),092（3）两次利用直曲联立，表示出点B,C的坐标和直线BC的斜率，由点斜式写出直线BC方程，即可求出直线过的顶点.c22【详解】（1）椭圆G的离心率为ea3（2）2,，∴P2,5或P2,5（3）2,px代152

25x254p2x81p22250，2xx∴x，∴1

9225

159p225∴

B

225

,

30pAp2254p2x81p

2

90，

15设Pp直线x2交x轴于点Q，由PA1PA2，∴|PQ|2QA1QA25PpA设Pp直线x2交x轴于点Q，由PA1PA2，∴|PQ|2QA1QA25PpA3,0A，1，23,0，l:y3入x29y29得：∴AP9pp242252225设B1,y1C2,y2，9p225225p30pxy，19p22539p9p2259p22539p.l:y入x2y29得：9p1x2281p299p21

326p

x

2∴

C,

6p∴kBC

p6p

9p21

∴

4p9p25

x

6p9p29p29p2ypx9p25

6p

14px99恒过定点为132

2ln2222ex

x

1exx

，然后求导后求解；exxx，利用导数法证明；2ex，1(a1)2241mnt2【详解】（1）解：当∴f2ex

x222ex，∴f1；

1exx

，（2）当x1时，

f

2ex