浙江省9+1联盟2023-2024学年高三下学期3月高考模拟数学试卷（原卷版+解析版）

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1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上；
3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效；
4．选择题一律使用2B铅笔填涂答案，非选择题一律用0.5毫米黑色字迹中性笔写在答题纸上相应区域内；
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. 已知全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图，即可求解.
【详解】如图，画出图，并将条件中的集合标在图中，
如图，集合．
故选：C
2. 若复数的实部大于0，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，再根据复数的乘法和除法运算结合复数相等的定义求出即可得解.
【详解】设，
代入，得，
解得：，
所以.
故选：D.
3. 已知向量是平面上两个不共线的单位向量，且，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量共线定理求解即可.
【详解】对于A，因为，若三点共线，
设，则，无解，所以三点不共线，故A错误；
对于B，若三点共线，
设，则，无解，所以三点不共线，故B错误；
对于C，因为，
因为有公共点，所以三点共线，故C正确.
对于D，因为，
，设，
则，无解，所以三点不共线，故D错误；
故选：C.
4. 已知数列满足：，且数列为等差数列，则（ ）
A. 10B. 40C. 100D. 103
【答案】D
【解析】
【分析】设数列的公差为，借助等差数列的性质可计算出，即可得，即可得解.
【详解】设数列的公差为，则，
故，所以．
故选：D.
5. 如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.
设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
6. 已知椭圆，直线与交于两点，且．则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知中点是直线与直线的交点，所以求得，联立椭圆与直线的方程可得，解方程即可求出答案.
【详解】设，记，
设中点，所以，
由题意可知，中点是直线与直线的交点，
联立，解得，
另一方面，联立，得．
易知，由韦达定理得，解得，
所以，故离心率．
故选：B.
7. 某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（ ）
A. 2025种B. 4050种C. 8100种D. 16200种
【答案】B
【解析】
【分析】首先考虑两对混双的组合，再考虑余下名男选手和名女选手组成两对男双组合，两对女双组合，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】先考虑两对混双的组合有种不同的方法，
余下名男选手和名女选手各有种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，
故共有．
故选：B
8. 设函数．若实数使得对任意恒成立，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用差角的正弦公式变形等式，借助恒成立建立关系，并分析计算即得.
【详解】函数，
依题意，对任意的恒成立，
即对恒成立，
因此对恒成立，
于是，显然，否则且，矛盾，
则，显然，否则且，矛盾，
从而，解得，
所以.
故选：C
【点睛】关键点睛：把给定的等式利用差角的正弦公式按角展开，借助恒等式建立方程组是解决本问题的关键.
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2分，有选错的得0分）
9. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】AD
【解析】
【分析】根据函数图象平移结论逐项检验可得结论.
【详解】把函数图象上所有的点向左平移个单位长度，
可得函数的图象，A正确；
把函数图象上所有的点向右平移个单位长度，
可得函数的图象，B错误；
把函数图象上所有的点向左平移个单位长度，
可得函数的图象，C错误；
把函数图象上所有的点向右平移个单位长度，
可得函数的图象，D正确；
故选：AD.
10. 高考数学试题的第二部分为多选题，共三个题每个题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对者得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明对其中的一道题完全不会，该题有两个选项正确的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分．则
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先求出的分布列，可判断A，B；再由数学期望和方差公式求出，可判断C，D.
【详解】为小明随机选择1个选项的得分，所以，
，，
则的分布列为：
由此可得，
为小明随机选择2个选项的得分，所以，
,,
,
则的分布列
由此可得
．
所以,，，.
故选：BC．
11. 对于，满足，且对于，恒有．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】赋值法求得，由，求的值判断选项A，由，求得，结合恒有，对BCD中的函数值进行判断.
【详解】令代入及，得，所以，
，A选项正确；
令代入，得；令代入由，得，
，，
，，
对于．恒有，
，，B选项正确；
，C选项错误；
，则有，即，D选项正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：
抽象函数问题可以通过化抽象为具体的方法，即赋予恰当的数值或代数式，经过运算与推理，最后得出结论，常用的方法有：
(1)令等特殊值求抽象函数的函数值；
(2)令或，且，判断抽象函数的单调性；
(3)令，判断抽象函数的奇偶性；
(4)换为，确定抽象函数的周期；
(5)用，或换为等来解答抽象函数的其它一些问题.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
12. 已知．若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】借助赋值法可得，结合二项式定理计算即可得解.
【详解】令，则有，即，
即有，则.
故答案为：.
13. 应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知是双曲线的两个焦点，其中同时又是抛物线的焦点，且，的面积为10，，则抛物线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，由，解出得点坐标，结合得抛物线方程.
【详解】以的中点为原点，为轴，建立平面直角坐标系，
不妨设．
由，则有，解得，
又，解得，
，则有，
故抛物线方程为．
故答案为：
14. 函数的最小值是________．
【答案】3
【解析】
【分析】求函数的导函数，再利用导数研究的零点及零点两侧函数值的正负，由此确定函数的单调性，再求其最值可得.
【详解】，
令，
则，
当时，，
所以在上单调递增,，
设，
因为在上单调递增，
因为，
存在，使，
且，
故当时，，即，所以在区间单调递减，
当时，，即，所以在区间单调增，
所以．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
四、解答题（本大题共5小题，共计77分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15. 如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【小问1详解】
取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
16. 今年的《春节联欢晚会》上，魔术师刘谦表演的魔术《守岁共此时》精彩纷呈．节目的第二部分是互动环节，全国观众跟着魔术师一起做魔术，将“好运留下来，烦恼丢出去”，把晚会欢乐的气氛推向高潮．节目主持人尼格买提手中的两张牌没有对上，直接登上热搜榜．如果我们将4张不同数字的扑克，每张撕去一半放在桌上（牌背向上），排成一列．
（1）将余下4个半张随机扔掉2个留下2个，然后从桌上4个半张随机翻开2张，求翻开的两个半张的数字与留下的2个半张上的数字恰好有1个相同的概率；
（2）将余下来的4个半张随机放在桌上4个半张上面，再分别翻开，记放在一起的两个半张数字相同的个数记为，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为1
【解析】
【分析】（1）利用古典概型概率公式求解；
（2）先确定随机变量的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，
再利用期望公式求其期望.
【小问1详解】
设翻开的两个半张的数字与留下的2个半张上的数字恰好有1个相同的事件设为，
由已知将余下4个半张随机扔掉2个留下2个，然后从桌上4个半张随机翻开2张
的方法数为，
翻开的两个半张的数字与留下的2个半张上的数字恰好有1个相同的方法数为，
则．
所以翻开的两个半张的数字与留下的2个半张上的数字恰好有1个相同的概率为．
【小问2详解】
由已知随机变量的可能取值有，
，，
，，
所以的分布列
所以．
17. 如图，由部分椭圆和部分双曲线，组成的曲线称为“盆开线”．曲线与轴有两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为．
（1）设过点的直线与相切于点，求点的坐标及直线的方程；
（2）过的直线与相交于点三点，求证：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率乘积以及，可求得，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为，可得切线方程，由过点，即可求解和直线方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的斜率之和为零，即可求证.
【小问1详解】
由题设可得,，
故椭圆方程为：，双曲线方程为．
由图可知，切点在双曲线上．
设，则，则切线的方程为：，
因为直线过点，所以，，
将代入，得，
所以，，直线的方程为：．
【小问2详解】
由题意可得的斜率存在且不为零，故设方程为：，
联立整理得：，
,即且,
解得：或，即．
联立整理得：，
解得：或，即．
所以，
所以，所以．
18. 已知函数．
（1）如果1和是的两个极值点，且的极大值为3，求的极小值；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）当时，且函数在区间上最大值为2，最小值为．求的值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）18
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得和是方程的两根，利用韦达定理求出、的值，再求出函数的单调区间，即可求出函数的极大值，从而求出的值，最后求出极小值；
（2）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（3）依题意，即可求出、的范围，再求出导函数，结合特殊值可得有两个实数根，且，即可得到是的极大值点，是的极小值点，则，，结合韦达定理得到，再由，即可求出、的值，从而得解.
【小问1详解】
因为，所以，
因为和是的两个极值点，所以和是方程的两根，
故，解得，即，
所以，
因时，，当时，，
所以在区间上单调增，在区间上单调减，
所以，解得，
所以．
【小问2详解】
当时定义域为，
又，令，解得或，
若，则当时，；当时，．
故在区间单调递增，在上单调递减；
若，则恒成立，所以在区间单调递增；
若，则当时，；当时，．
故在区间单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时在区间单调递增，在上单调递减；
当时在区间单调递增；
当时在区间单调递增，在上单调递减．
【小问3详解】
当时，，
由题意得：，即，①
，即，②
由①、②可知，，．③
因，，
，，
所以有两个实数根，且，
当时，，当时，，
故是的极大值点，是的极小值点．
由题意得，，
即，
两式同向相加得：，④
注意到，，，
代入④得，
由③可知，，则，，
所以，，
所以，
所以，当且仅当，
即，又，所以时成立，
所以，从而．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先得到、的取值范围，再结合零点存在性定理得到有两个实数根，且，从而推导出.
19 已知实数，定义数列如下：如果，，则．
（1）求和（用表示）；
（2）令，证明：；
（3）若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；
（2），分别计算和可证明结论；
（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.
【小问1详解】
因为，所以；
因为，所以；
【小问2详解】
由数列定义得：；所以．
而，
所以；
【小问3详解】
当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．
设是满足的最小正整数．下面证明．
①若是偶数，设，
则，于是．
因为，所以．
②若是奇数，设，
则．
所以．
综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．0
2
0
2
6
0
1
2
4