2024届浙江省杭州市高三二模数学试卷(含答案)

2024届浙江省杭州市高三二模数学试卷

考生须知：

1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟。

2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！

3.考试结束，只需上交答题卡。

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.函数y=sinx|的最小正周期是（）

兀兀

A.—B.—C.兀D.2兀

42

2.设机，〃表示两条不同直线，a表示平面，则（）

A,若则机〃“B.若〃z_La,"ua,则机_1_“

C,若m_La,机_1_〃，则”〃aD.若则“J_a

3.已知a出是两个单位向量，若向量方在向量6上的投影向量为则向量a与向量£—6的夹角为（）

A.30°B.60°C.90°D.120°

4.设甲：“函数f（x）=2sin3x在单调递增”，乙：“0<3W2"，则甲是乙的（）

_34_

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.设数歹U{a},M}满足a=b=l,a+b=2n,a+。=2”.设5为数歹U{a+b}的前“项的和，

nn11nn+1n+1nnnn

则s=（）

7

A.110B.120C.288D.306

6.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.设集合M={1,-1},N={r|x>0且。旦1},函数/（x）=ax+九a-*（。〉0且awl）,则（）

A.为增函数B.三九eeN,f（x）为减函数

C.V九为奇函数D.三九eeN,7Q）为偶函数

sinylcosA.（兀、

8.在△ABC中，已知-----=nsinC,---------=ncosC.若tanA+_=-3,贝!]〃=（）

sinficos5I4；

A.1B.2C.3D.4

、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.已知关于x的方程举+比+1=°（-2<,<2）的两根为1和Z?,贝”（）

A.Z=ZB.

122

io.已知函数/Q）对任意实数

则（)

A./(-%)=/(%)

B.

c.D.

11.过点P（2,0）的直线与抛物线C：W=4x交于4,8两点.抛物线C在点A处的切线与直线x=-2交

于点N,作交A3于点"，则（）

A.直线NB与抛物线c有2个公共点

B.直线"N恒过定点

C.点"的轨迹方程是G-l>+y2=l（xw0）

MN3。r-

D.的最小值为8"

AB

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.写出与圆X2+y2=l相切且方向向量为（J?）的一条直线的方程

13.函数/（x）=+2的最大值为

y/x+1

14.机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm,开口直径为8cm.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.

（第14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S,且S=4S,a=2a+1GeN*）.

nn42Inn

（1）求数列｛a｝的通项公式；

n

（2）数列％｝满足b=3,令a-b=a-b,求证：£b<.

n1nnn+2n+1k2

k=l-

16.(15分)

已知函数/(%)=。比(％+2)-；％2(。€口).

(1)讨论函数/Q)的单调性；

(2)若函数/Q)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ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，ZDAB=60°,BC=2PQ=4A3=4,V为BC

的中点，PQ//BC,PD±DC,QB1MD.

(第17题图)

(I)证明：^ABQ=90°；

(2)若多面体ABCDP。的体积为g,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.

18.(17分)

已知4,8是椭圆E:：+y2=l的左，右顶点，点M(An,0)(m〉0)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/交椭圆石于两点(与A6不重合)，连接AC,3。交于点G.

(i)证明：点G在定直线上；

(ii)是否存在点G使得CGLOG,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，红球出现相

m

次.假设每次摸出红球的概率为P,根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率P的估计值为P=—.

n

（I）若袋中这两种颜色球的个数之比为1:3,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y,则y〜3（3,。）.

注：P（y=左）表示当每次摸出红球的概率为。时，摸出红球次数为左的概率）

P

（i）完成下表;

k0123

P（Y=k）271

1

46464

P（Y=k）927

3

46464

（ii）在统计理论中，把使得P（y=））的取值达到最大时的。,作为。的估计值,记为P,请写出，的

,,P........................................

值.

（2）把（1）中“使得P（y=左）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

P

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6构建对数似然函数/3）,再对其关于参数°求导，得到似然方程/'（o）=o,最后求

解参数。的估计值.已知y〜8（",°）的参数P的对数似然函数为/（P）=Zx.lnp+£（l—X.）ln（l—p）,

i=li=l

苴［。,第砍摸出白球

八»11,第，次摸出红球.求参数P的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.

参考答案

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。

12345678

cBBAACDA

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.ABC10.ACD11.BC

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.y=+2或y=—2（写出一个即可）13.2*14.

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）

解（1）设等差数列L｝的首项为。，公差为d.

n1

[4a+6d=8。+4d;

由$4=4524=2*+1,得J（2—K=2a+2（"l）d+l,

I11

解得a=l,d=2.

1

所以〃=2n-lCieN*）.

n

（2）由（1）知，（2n-l）b=（2n+3）Z?,

nM+1

b2n-l,bbb,2〃—32n-531.

即廿——Q'利用累乘法：所以匕••…『力=不——---——-.•…----S

b2n+3nbbb12n+12n-175

nn-\n-21

_91_1]

所以I1-25+I9

＜

T

k=l

16.(15分)

-(x++a+1

因为心

解(1)

x+2

（i）当。＜一1时，/（%）在（一2,+00）单调递减；

(ii)当一1＜。＜0时,

TT-i,+oo),/<x)<o,

当xe

+1—J单调递减，在I+1+l_］）单调递增,在G4+1—1,+oo）单调

递减;

+1—l,+oo)单调递减.

(iii)当a20时,单调递增,

(2)(i)由(1)知一l<a<0.

(ii)由⑴

C/a+1一!_)=alnC/a+1+1)一；(a+1—1)

因为，<0,

(4\/4、2

又因为/Cq—2=4——Cq—2>0.

、J2\7

所以函数/（X）有且只有一个零点.

17.(15分)

解（1）在△OCM中，由余弦定理可得。加=道,

所以。加■z+DC!=CM2,所以NMDC=90°,

所以。M.

又因为。CLP。，所以平面POM.

所以。C_LPM.

显然，四边形PQBM为平行四边形，所以PM〃QB.

又A3〃DC,所以A3,3。,

所以乙48。=90。.

(2)因为Q8_LM£),所以PMJ_MD,所以PM_L平面ABC。.

取A。中点E,连接PE,设PM=h.

设多面体ABCDP。的体积为V,

则v=v+v=sxJ3+lsx/z="

三棱柱ABQ—PEM四棱锥尸—CDEMAQAB、3四边形CDEM2*

解得PM=h=3y/3.

建立如图所示的空间直角坐标系，则A\B

（73,0,0）P

DM（0,0,0）

则平面QAB的一个法向量〃=（1,0,0）,

所以CD=（0,l,0）,尸力=

rti-CD=0,

设平面PCD的一个法向量机=（x,y,z）,则《即「LL取能=（3,0』）.

n-PD=Q,居-3底=0,

AIm-n3J10

所以COS0=-1-----=—―-.

网.网10

所以平面P4D与平面PMD夹角的余弦值为3个.

18.（17分）

解（1）2=4

-m2+1,（—2<x<2）

3o

3

①若0<根<—”.二=1,解得机=0（舍去）.

min

313

②若根=/--4-4m+m2+1=1,解得机=1（舍去）或加=3.

2minV4

所以加点的坐标位（3,0）.

（2）（i）设直线/:1="+3,。（工，丁）,。（元，丁）.

1122

x=ty-\-3/、

,得5+4%2+69+5=0.

由＜x2

——+）2=]

[4'

6t5

所以y+y=-——7，yy=——T.

12及+43"+4

6

所以y+y=—①

12512

由△=16n—80>0,得f〉\/5或t<—^/5.

易知直线AC的方程为y=x"(x+2)②

1

直线3。的方程为y+③

x-2

2

x+2U+2Jy\ty+5)ytyy+5y

联立②③，消去y,得一彳=/L22.=尸112一=----2.(4)

x-2\x-2Jy⑦+l/yZyy+y

2121121

x+2-达+y,)+5y

联立①④，消去9y，则--c=:2=-5.

i2x-25(\

-Ay+y)+y

6121

4_4

解得％=可，即点G在直线x=w上.

(ii)由图可知，CGA.DG,即AG，BG.所以点G在以AB为直径的圆上.

4I+"2=4,

设G3，n,则