2024年浙江省高三数学考前模拟联考试卷附答案解析

年浙江省高三数学考前模拟联考试卷本卷满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：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．已知集合，，则等于（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，，若与垂直，则等于（

）A． B． C．3 D．64．已知数列满足，则“为等比数列”是“（，）”的（

）A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件5．在对某校高三学生体质健康状况某个项目的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生80人，女生120人，其方差分别为15，10，由此估计样本的方差不可能为（

）A．11 B．13 C．15 D．176．若，则（

）A．B．C． D．7．如图，假定两点P，Q以相同的初速度运动．点Q沿直线CD做匀速运动，；点P沿线段AB（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离．令P与Q同时分别从A，C出发，定义x为y的纳皮尔对数，用现代数学符号表示x与y的对应关系就是，当点P从线段AB靠近A的三等分点移动到中点时，经过的时间为（

）．A． B． C． D．8．设双曲线：（，）的左焦点为，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．已知函数，则（

）A．的最小正周期为 B．的图象关于对称C．在上单调递减 D．当时，10．已知，，是一个随机试验中的三个事件，且，，下列说法正确的是（

）A．若与互斥，则与不相互独立B．若与相互独立，则与不互斥C．若，且，则与相互独立D．若，则，，两两独立11．已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（

）A．当时，则的最小值为B．过点在平面内一定可以作无数条直线与垂直C．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线D．当，时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若展开式的二项式系数之和为128，则展开式中的系数为.13．已知圆：和圆：，过圆上一动点作圆的切线，交圆于，两点，当（点为坐标原点）面积最大时，满足条件的切线方程为.（写出一条即可）14．已知函数，，对任意，存在使得不等式成立，则满足条件的的最大整数为.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．在直角坐标平面内有线段，已知点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，……，点是线段（，）上靠近的三等分点，设点的横坐标为.(1)求证：数列为等比数列；(2)若，，求的通项公式.16．在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点.(1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由；(2)若，，求直线与平面所成角的最大值.17．将除颜色外完全相同的红球2个、白球3个放入一盲盒（一种具有随机属性的玩具盒子），现从中不放回取球.(1)若每次取一个球，求：（ⅰ）前两次均取到红球的概率；（ⅱ）第2次取到红球的概率；(2)若从中取出两个球，已知其中一个球为红球，求：（ⅰ）另一个也为红球的概率；（ⅱ）若你现在可以选择从剩下的球中随机取一个球来替换另一个球，如果从提高取到红球的可能性出发，你是选择换还是不换？试说明理由.18．在平面直角坐标系中，已知点，，，为动点，满足.(1)求动点的轨迹的方程；(2)已知过点的直线与曲线交于两点，，连接，.（ⅰ）记直线，的斜率分别为，，求证：为定值；（ⅱ）直线，与直线分别交于，两点，求的最小值.19．莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数.(1)求，；(2)已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，.（ⅰ）证明：；（ⅱ）求的值（用（）表示）.1．D【分析】首先解对数不等式求出集合，解一元二次不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.【详解】由，即，即，解得，所以，由，解得，所以，所以，则.故选：D2．C【分析】由复数的除法运算可得，再由共轭复数可知问题的结果.【详解】由得：，即，所以，故复数在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.3．B【分析】根据与垂直，可得，即可求出，再根据模的坐标公式即可得解.【详解】，因为与垂直，所以，解得，所以.故选：B.4．B【分析】根据等比数列的定义、通项公式及充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若为等比数列，则，所以，，当时，故充分性不成立；若（，），不妨令，则，又，所以，即，所以为公比为的等比数列，故必要性成立；故“为等比数列”是“（，）”的必要不充分条件.故选：B5．A【分析】根据题意，设男生体质健康状况的平均数为，女生的平均数为，总体的平均数为，方差为，结合方差的公式，分析选项，即可求解.【详解】设男生体质健康状况的平均数为，女生的平均数为，总体的平均数为，方差为，则，，结合选项，可得A项不符合.故选：A.6．C【分析】利用和差角公式展开，即可得到，再两边同除，最后结合两角和的正切公式计算可得.【详解】因为，所以，即，即，两边同除可得，所以.故选：C7．D【分析】易知，它们的初速度相等，故点的速度为，然后可以根据，求出在中点、三等分点时的，则点移动的距离可求，结合速度、时间可求．【详解】解：由题意，点初始速度即为点的速度．当在靠近点的三等分点时：，解得：，当在中点时：，解得：，所以经过的时间为：．故选：D．8．B【分析】设，结合已知条件和双曲线的定义求得，利用余弦定理列方程，解方程求得，由此求得离心率.【详解】如图，设双曲线的右焦点为，连接，.由双曲线的对称性可得：，，则四边形是平行四边形，又因为，则，设，由双曲线的定义可得：，在中，由余弦定理可得：所以，整理可得：，解得：或（舍去），则，，在中，由余弦定理可得：所以，整理可得：，所以.故选：B.9．BCD【分析】由，可判定A不正确；由，可判定B正确；设，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，可判定C正确、D正确.【详解】对于A中，由，所以A不正确；对于B中，由，可得函数关于对称，所以B正确；对于C中，设，可得，则，当时，可得，则，又由，所以函数在上单调递减，又在上为单调递增函数，所以由复合函数单调性，可得函数在上为单调递减函数，所以C正确；对于D中，当时，可得，则，又由，在为递减函数，当时，即时，函数单调递增；当时，即时，函数单调递减，由复合函数的单调性，可得函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以D正确.故选：BCD.10．ABC【分析】由互斥事件和相互独立事件的概念对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，若与互斥，则与不能同时发生，即，因为表示与都不发生，则的对立事件为与至少有一个发生，所以，而，所以，因为所以，由此可知，与不相互独立，故A正确；对于B，若与相互独立，则，因为，，所以，则，所以与不互斥，故B正确；对于C，若，因为，因为，则有，所以与相互独立，故C正确；对于D，抛掷一枚质地均均的骰子，事件表示出现点数为，事件表示出现点数，事件表示出现点数，事件表示出现点数为，，满足，事件表示出现点数为，但则，不相互独立，故D错误.故选：ABC.11．ACD【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当在时，过点只能作一条直线与垂直，可判断；对CD，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点P坐标，利用向量的坐标运算即可判断.【详解】对于A，当时，，所以点在线段上，如图，将三角形与矩形沿展成平面图形如下所示，则线段即为的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值为，故A正确；对于B，当在时，过点在平面内只可以作一条直线与垂直，故B错误；对于C，以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，得，，整理得，为双曲线方程，故C正确．对于D，当时，，故点在线段上运动,正方体经过点、、的截面为平行四边形，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，所以点到直线的距离为，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；当或时，的面积取最大值，此时截面面积为，所以正方体经过点、、的截面面积的取值范围为，故D正确．故选：ACD．【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.12．280【分析】先由二项式系数和为128，求出，再求出展开式的通项，令，即可得出答案.【详解】展开式的二项式系数之和为，解得：，所以展开式的通项为：，令，解得：，所以展开式中的系数为：.故答案为：280.13．或或（写出一条即可）【分析】由圆的弦长公式求出，再利用三角形面积公式求出面积最大时的，然后由圆心到直线的距离分别等于半径列方程组，解出即可.【详解】设圆的圆心，半径；圆的圆心，半径；设到直线的距离为，则，，则，所以当时，的面积最大，当直线的斜率不存在时，满足题意，当直线的斜率存在时，设：，则由题意可得，①化简可得，即或，代入①可解得或，所以满足条件的切线方程为或或，故答案为：或或.（写出一条即可）14．【分析】依题意存在使得，参变分离可得，令，，利用导数说明函数的单调性，求出，则，即可求出的最大整数.【详解】依题意对任意，且有，因为存在使得不等式成立，所以存在使得，即，令，，则，令，，则在上单调递增，且，，所以使得，即，，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以，所以，依题意，又为整数，所以，所以的最大值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为存在使得，即.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意得

进而证得，即可证得数列是等比数列；（2）根据题意，求得，求得，结合累加法，得到时，，进而求得数列的通项公式.【详解】（1）解：由题意得

所以，可得，又由，所以所以数列是首项为，公比为的等比数列.（2）解：因为，，所以，因为数列是公比为的等比数列，所以时，.由累加法可得时，，即当时，，经检验，满足上式，所以数列的通项公式.16．(1)答案见解析，理由见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，，即可说明，则（或其补角）为异面直线与所成的角，分和两种情况讨论，利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出线面角的最大值.【详解】（1）取的中点，连接，，因为，，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角，①当时，在中，，，由余弦定理可知，所以，所以，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，所以.②当，假设，则由①有平面，因为平面，所以，，这与相矛盾，故此时与不垂直.综上所述，当时，；当时，与不垂直.（2）由，点是中点，可得，从而由可得，又，所以，即，因为，由（1）有，所以，所以两两互相垂直，故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.故，，，，.因为，设平面的法向量为，则有设，则，又，所以有令，则，故平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，令，则当时，；当时，.（当且仅当，时取“＝”）.又，所以.综上所述，直线与平面所成角的最大值为.17．(1)（ⅰ）；（ⅱ）(2)（ⅰ）；（ⅱ）选择交换，理由见解析【分析】（1）不放回取球可以用条件概率公式的变式公式来计算，即：，第2次取到红球可由两互斥事件计算得到，即；（2）条件概率公式：，其中有一个球为红球，又等价转化到对立事件来求概率，即可求出结果，对于是否交换，只需要比较两种情形的概率就可以得到判断.【详解】（1）记事件（）为第次取到红球，事件（）为第次取到白球.（ⅰ）前两次均取到红球即为事件，.（ⅱ）.（2）（ⅰ）事件：其中有一个球为红球的“对立事件”为：两个球均为白球，即为事件，，所以在一个球为红球的前提下另一个球也为红球的概率.（ⅱ）若不换：在取到的一个球为红球的前提下取到的另一个球也为红球的概率记为；若换：换后取到红球的概率记为；由于，所以交换后摸到红球的概率更大，选择交换.18．(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）由双曲线的定义求解即可；（2）（ⅰ）设直线：，变形可得，两式联立，设，可知，是方程的两根，由根与系数的关系即可得出答案.（ⅱ）设直线：与联立求出，同理求出，由此表示出，由基本不等式求解即可.【详解】（1）因为，所以根据双曲线的定义可知点的轨迹为以，为焦点，实轴长