浙江省杭州市2024届高三年级下册4月教学质量检测数学 含解析

2023学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测

数学试题

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〃尤）=卜m.的最小正周期是

Jin

A.—B.—

42

C.%D.In

【答案】C

【解析】

【详解】

的图象是将sinx的图象在x轴下方的部分对称翻折上来所得，所以周期是sinx周期的一半，即周

期为万.

2.已知m,n表示两条不同直线，a表示平面，下列说法正确的是

A.若7"//。,"//。,则加〃"B.若加J_a,则

C.若加_La,m±n,贝!J〃//aD.若ml/a,m.Ln,则〃_La

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.

考点：空间点线面位置关系.

3.已知a,b是两个单位向量，若向量a在向量B上的投影向量为;人，则向量a与向量1一匕的夹角为（

A.30°B.60°C.90°D.120°

【答案】B

【解析】

【分析】由条件结合投影向量定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.

【详解】因为向量a在向量》上的投影向量为;b，a/是两个单位向量,

所以忖cos(a,"-b=,

所以cos(a,"=；,又卜,“e[0,7i],

所以,力〉=g,

a♦(a-b)=a-a•b=1-Ixlx—=—;

又忖二L|a-b

/、a-la-bji/、

所以cos(〃,〃一/7)=-p-pj----J,又(a,a—b)£[0,兀],

I^i\Id

71

所以向量a与向量a—b的夹角为§，即60.

故选：B.

4.设甲：“函数/（x）=2sinox在—单调递增”，乙：“0<。42”,则甲是乙的（）

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

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数单调性求出。的范围，即可判断答案.

【详解】若“函数/（九）=2sinox在-单调递增”，则。>0,

兀〈兀

由一四WoxW四得一--<x<—,则<2①一3,解得0<0<』,

222a>2a>7i>712

4

所以，甲是乙的充分不必要条件.

故选：A

5.设数列｛%｝,｛%｝满足%=^=1,an+bn+1=2n,an+1+bn=2",设S”为数列｛%+/?〃｝的前〃项的和,

贝然7=()

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

【答案】A

【解析】

【分析】利用分组求和法，结合己知，可得答案.

【详解】S7=q+4+”。+&+%+&+%+^+%+4+“6+仅+%+4

=q+4+(<Z,+4)+(Zz,+/)+(%+々)+(，4+。5)+(。6+“7)+(06+%)

=1+1+2X2+22+2X4+24+2X6+26=2+4+4+8+16+12+64=110.

故选：A.

6.将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者至少去一个社区，每个社区至少1名，则不同

的分配方法数是()

A.300B.240C.150D.50

【答案】C

【解析】

【分析】先分组，人员构成可能为1、1、3或1、2、2,再将3组全排列即可得.

【详解】先将5名志愿者分成3组，

若这三组的人员构成为1、1、3,则共有C：种分组方案，

C2c2

若这三组的人员构成为1、2、2,则共有二^种分组方案，

再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有A：种分配方案，

故共有•A；=(10+X?]x6=150种分配方法.

故选：C.

7.设集合M=N={x[x>。且xwl},函数/(%)=优+>1〃一'(〃>0且〃。1),则()

A.V2£跖三〃£NJ(x)为增函数B.三2£NJ(x)为减函数

C.为奇函数D.mXcMVQcNjG)为偶函数

【答案】D

【解析】

【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.

【详解】当4=1时，f(x)=ax+ax,时，/⑴在(—8,0)上不是增函数，故A不正确；

当；1=-1时，f(x)^ax-a~x,a>l时，/⑴在(0,+8)上为增函数，B不正确；

当;1=1时，f(x)=ax+ax,f{-x)=ax+ax=f{x),/⑺为偶函数，故C不正确；

当4=1时，f(x)=ax+ax,f{-x)=ax+ax=f(x),/⑺为偶函数，故D正确；

故选：D.

8.在4ABe中，己知垩4=〃sinC,巴4=〃cosC.若tan[A+：]=—3,则“=()

sinBcosBI4J

A.无解B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】

【分析】由tanA+g=-3可得tanA=2,进而得至UtanA=tan3tanC=2,借助三角形内角和与两

角和的正切公式可得tan5+tanC=2,设tan5=d有产—21+2=0,可得该方程无解，故不存在这样

的〃.

、…,[7t]1+tanAc,

【详解】由tanA4+:---------=-3,即tanA=2,贝!JeosAwO,

(4)1-tanA

.sinA.cosA_

由-----=zzsinC,-------=ncosC,知cosCw0,

sinBcosB

…tanAcm,八-~

则-----=tanC,贝!JtanA-tanB-tanC=2,

tan3

tanB+tanC

又tanA=tan(兀一B—C)=一tan+C)=tanB+tanC

1-tanB-tanC

故tan5+tanC=2,设tan5=,，贝！JtanC=2—八

有12—。=2,即产一2f+2=0，A=4—8=T<0,

即该方程无解，故不存在这样三角形，即“无解.

故选：A.

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。分.

9.已知关于x的方程/+比+1=0(_2(/<2)的两根为4和Z2,贝I」()

A.Z]=z2B.Z]a=1

c.IzHlD.A=M

Z2

【答案】ABC

【解析】

【分析】求出方程的两根，即可判断A,利用韦达定理判断B,计算出两根的模，即可判断C,利用复数

z,

代数形式的除法运算及B项的结论化简,，即可判断D.

Z2

【详解】关于x方程/+江+1=0（一2＜。＜2）,

则A=r-4<0，=

2

不妨设一+『14-产.

Z=一--------------1，

222

Z]=Z2,故A正确；

由韦达定理可得Z]Z2=1,故B正确;

㈤玉仁=1,故C正确;

4=1,

't,4--.)?-244一-.

----1-----------1=---------------------1,

ZZZ2222

212k7

(z八t2-2亚三i,当，片。时，—^R,此时五五],故D错误.

z

222z2<z2J

故选：ABC.

10.已知函数“可对任意实数x均满足2/(x)+/(尤2—1)=1,则()

A.f(-x)=f(x)B.1

C./(-1)=1D.函数“X)在区间(、历,6)上不单调

【答案】ACD

【解析】

【分析】令无等价于r,则2/(—尤)+/(/—1)=1,可推导出〃_力=〃力，进而可判断A,利用赋

值法可判断B,C；先算出满足%=%2-1的x值，由此可得上==即可判断D.

【详解】对于A,令尤等价于-x,贝1]2/(-*)+/(/—1)=1,

所以/(—力=/@)=匕咚二^，故A正确；

对于B,令1=1,则2/。)+/(0)=1,

令x=0,则2/(O)+/(l)=l,解得：/(0)=/(1)=1,

令》=夜，2/(V2)+/(l)=l,则=故B错误；

对于C,由A知，/(-%)=/(%),所以/(—l)=/(l)=g,故C正确；

对于D,令x=%2—1，所以%—1=0,解得：%=生@,

2

令,=警,同空卜(呼卜，

所以11卜;因为14"码,

所以函数“X)在区间(叵6)上不单调，故D正确.

故选：ACD.

11.过点？(2,0)的直线与抛物线C：/=4x交于A3两点.抛物线。在点A处的切线与直线x=—2交

于点N,作NMLAP交A5于点知,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M的轨迹方程是(x—iy+y2=i(xw0)

\MN3

D.L——的最小值为8人

\AB

【答案】BCD

【解析】

【分析】设出直线A5的方程为£=iy+2,代入y2=4x,然后写出切线方程，结合韦达定理可判断

AB；根据B可得知的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出*然后

\AB\

利用导数的知识求出最值进而判断D.

【详解】设直线A3的方程为x=ty+2,A为，%,84,当

I4JI4J

x=ty+2。

联立〈，，，消去天得》-4h一8=0,贝1|%+%=4,,%%=-8,

[y-=4x

对于A：抛物线C在点A处的切线为%丁=2%+亍

A_±A_AAAZ

当％=—2时得V=2%=2二§=2+2=2,即N(—2,2/),

%

%4

--------%2、

2X%

/7l”且尔ly£j口〃刀任ZJy，2X，裁至合壬理坦.1寸徨JV一_AX_£

2犬4/4%'

一乙----

4

Ji4

y——7%—,16648

联立｛4%,消去x的y+—y+2=0,解得＞=—,即直线NB与抛物线C相切，A

%y%

〔y=4x

错误；

对于B：直线的方程为x+2=——2。，整理得x=—此时直线MV恒过定点（0,0）,B正

确；

对于C：又选项B可得点”在以线段OP为直径的圆上，点。除外，故点M的轨迹方程是

(%-1)2+/=1(x^0),C正确;

-2-2/—22(/+2)

对于D：\MN\=J_,1=-\)•,

+t2f+

\MNf2m5

则两:2，

m2—1

2m5

设〃租）=

(m2-l)2

10m4fm2—1)—8m6(加21)2m4(m2-1)(加之—5

则/（加）=

(m2-l)4(m2-1)

当加〉6时，〃加）单调递增，当夜<根<逐时，/，（m）<0,“加）单调递减,

所以/(机)min=/(6)=/吟=卷5,D错误•

(5-1)o

故选：BC.

【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题

第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点

斜式设出直线方程.

第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.

第三步：求解判别式/：计算一元二次方程根的判别式/>0.

第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出.

第五步：根据题设条件求解问题中的结论.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.写出与圆f+y=1相切且方向向量为0,6）的一条直线的方程.

【答案】>=履+2或>=瓜—2（写出一个即可）

【解析】

【分析】由条件可设直线方程为y=+结合条件列方程求6即可得结论.

【详解】因为切线的方向向量为

所以切线的斜率为

故可设切线方程为y=6x+b,

因为直线>=氐+人与圆三+产=1相切，

又圆f+y2=1的圆心坐标为（0,0）,半径为1,

|V3xO-O+Z;|网

圆心（0,0）到直线y=瓜+人的距离为J（@2（if=万，

所以@=1,

2

所以6=2或/?=—2,

所以与圆Y+/=1相切且方向向量为（1,A/3）的直线为>=氐+2或y=氐—2,

故答案为：y=6x+2或y=6x—2（写出一个即可）.

_丫2Qr7

13.函数〃x）=/的最大值为______

，冗+1

【答案】20

【解析】

___2

【分析】借助换元法令t=,可得/（%）=h（t）=-/+5―7,借助导数求取函数h{t}的单调性后,

即可得解.

【详解】令f=«ZT〉0,则x=〃—1，故+3（/—1）+2=_尸+5/_2,

2

令/，（/）=_/+5/—7«>0）,

则加72+5+1一3//+2=_（3入1）代,卜-0）,

当fe（0,应）时,当/€（也+8）时,〃'⑺<0,

则h（t）在仅、历）上单调递增，在（3,+勾时单调递减，

故/2G)W/z(Vi)=—(0『+5x0-2叵,

正=2

2

_r_|_3yJ_9

即函数“X)=—,的最大值为2&-

+1

故答案：2-

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.

【答案】

1717

【解析】

【分析】依题意，利用等腰三角形ABC求得cosa,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交

椭圆于点P,Q,建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点尸坐标，代入椭圆方程即可求得半

短轴长，利用离心率定义计算即得.

C

41

如图，设/BCD=o,因AB=AC=12,JBC=8,故cosa=—,又CD=6,

123

由余弦定理，BD2=CD2+BC2-2CDBCCOS^Z=36+64-2X6X8X-=68,

3

即BD=2^/17,

C

设椭圆中心为。，作圆锥的轴截面AMN，与底面直径交于E,与椭圆交于P,Q,

连AE交BD于G,以点。原点，03为x轴，建立直角坐标系.

则型=2,又由APQrAMN得PQ=^MN=3,DG=LDB=^~,

AE33333

从而。G=J万—2叵=姮，则得P(—姮,号)，

3333

22__

不妨设椭圆方程为二+与=1，把a=JI7和点尸坐标代入方程，解得b=2拒,

ab

_.I-----,,c33"\/17

则c=J17—8=3,故e=—=-7==^—

a•17

故答案为：之叵

17

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.已知等差数列｛4｝的前〃项和为S“，且S4=4S2，%,=2aa+l("eN

(1)求数列｛4｝的通项公式;

«9

（2）数列｛2｝满足4=3,令bn=an+2-bn+l,求证：£仇<7.

k=\Z

【答案】(1)«„=2/I-1(HGN*)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】(1)设等差数列｛4｝的首项为为，公差为d,由题意可得

4q+6d=8q+4d,、

[q+(2I”=2%+2(I”+l’解方程求出3,即可求出数列｛总的通项公式；

(2)由(1)可得寸=54，由累乘法可求出｛2｝的通项公式，再由裂项相消法求解即可.

【小问1详解】

设等差数列｛4｝的首项为%,公差为d.

4%+6d=8%+4d

由S4=4s2,+19得<

ax+（2〃-l）d=24+2（〃-l）d+l

解得：a]=l,d=2,所以％=1+2(〃一l)=2〃一l(〃eN*).

【小问2详解】

由(1)知，(2"-1)么=(2九+3)%,

b2n-1b_2n-3b__2n-5b_5b_1

即，n±+iL=----nnx32

bb

bn2/2+3b『i2〃+ln-22〃-127'伪—5

b?72n-32n—521.3

利用累乘法可得:b=旦&—------

"%b„_2bx2〃+12n-l75'

24=61+仇+&++〃T+2

k=l

9911

(2n-l)(2n+l)2⑵-12n+l

111111191

1-

2335572n—l2n+l2n+l

n99

所以Z%=51-九<-.

k=l/2

16.已知函数/(x)=aln(x+2)-gx2(aeR).

(1)讨论函数的单调性;

(2)若函数/(九)有两个极值点,

(i)求实数。的取值范围;

(ii)证明：函数/(X)有且只有一个零点.

【答案】(1)答案见解析;

(2)(i)-l<a<0；(ii)证明见解析

【解析】

【分析】(1)求出函数的导函数，再分aW—1、—1＜。＜0、。之0三种情况，分别求出函数的单调区间;

(2)(i)由(1)直接解得；(ii)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.

【小问1详解】

函数/(x)=aln(x+2)-gX?(aeR)的定义域为(一2,+»),

a—(x+1)+a+l

且/'(司=----x=

x+2x+2

当Q«—l时，r(x)6恒成立，所以/(力在(—2,+8)单调递减；

当一IvavO时，令/'(x)=0,即一(％+1)2+〃+i=o,解得玉=-Va+T-1,%2=Va+1-l，

因为—1<。<0,所以0<。+1<1,则-2<-Ja+1-1<-1,

所以当了［-2,—GT—1)时外力<0,

当xe(-Ja+1—1,Ja+1—1)时x)>0,

当xw(Ja+1-1,+ooj时f\x)<0,

所以/(九)在卜2,-GT-1)上单调递减，在(-V^+T-1,&TT-1)上单调递增，

在(Ja+1-1,+oo)上单调递减；

当a»0时，此时-Ja+l-"-2,

所以xe12,Ja+1-1)时/，左)>0,当xw(Ja+1-l,+oo)时/<x)<0,

所以在卜2,而I-1)上单调递增，在(GT-1,+可上单调递减.

综上可得：当aW—1时“X)(―2,内)单调递减；

当—1<a<0时/(%)在(-2,-7^+1-1)上单调递减，

在(-7^+1-1,A/^+T-1)上单调递增,在(病万-1,+8)上单调递减；

当a20时〃力在卜2,而T-1)上单调递增，在(疝斤-1,+可上单调递减.

【小问2详解】

(i)由(1)可知—l<a<0.

(ii)由(1)/(九)在1-2,-y/a+1—1)上单调递减,

在(-V^+T-1,A/^+T-i)上单调递增,在(A/^+T-1,+8)上单调递减，

所以〃%)在x=V^+T-i处取得极大值，在％=-5T-1处取得极小值，

又一所以0<。+1<1,则1<Ja+1+1<2,

又于(x)极大值=f(Ja+1-1)=aln(ja+l+1)-g(ja+l一1)<0,

又fQda+1_1)</(ja+l-1)<0,

m-CD=0,即y国=0-,3后=0,取相"GO。

则

n•PD=0,

叱\m-n\3A/10

所以e丽F

所以平面与平面PMD夹角的余弦值为上叵

10

18.已知A3是椭圆石：会+>2=i的左，右顶点，点河(相⑼(加>0)与椭圆上的点的距离的最小值为

1.

(1)求点M的坐标.

(2)过点M作直线/交椭圆E于两点(与A,3不重合)，连接AC,BD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.

【答案】(1)(3,0)；

(2)(i)证明见解析；(ii)存在，±逑

25

【解析】

【分析】⑴设「(七，%)，利用两点距离距离得1PM=—g/+1，然后根据

分类讨论求解即可；

(2)(i)设直线/:X=》+3,C(X，X),O(X2，%)，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得

y]+y2=-^tyly2,写出直线AC,80的方程，进而求解即可；

(42亚、

(ii)由题意点G在以A3为直径的圆上，代入圆的方程求得G二，士+，写出直线AC的方程，

33

与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.

【小问1详解】

设？(%,%)是椭圆上一点，则需+分；=4,

因为1PM=』2

-^m+l,（-2<x0<2）>

3l-|m2=1,解得机=0(舍去),

①若0〈加V—，阿

2L=

32

②若加＞一,\PM\.=^-4-4m+m+1=1,解得m=1（舍去）或加=3,

2

所以M点的坐标位(3,0).

【小问2详解】

（i）设直线/:x=（y+3,C（%,%）,£）（%,%），

x=ty+3

6t5

由＜x2,>得卜2+4）y~+69+5=0,所以Ni+y2

—+y-=1'/r+4

[4'

所以％+%=-goV2，①

由A=16r—80>0,得t>小或也,

易知直线AC的方程为尸。(x+2),②

直线50的方程为y=』;(x+2),③

%2一,

x+2=（石+2）%=（。1+5）%=+5%

联立②③，消去y,得④

x-2（々-2）%（佻+1）乂91%+M

x+2-：(%+%)+5%

联立①④，消去多乃，则一-------------=-5,

a2m+%)+以

6

44

解得x=—,即点G在直线x=一上；

33

(ii)由图可知，CG.LDG,即AGL5G,所以点G在以A5为直径的圆上,

唱+*=4,所以〃=±半即G斤竽,

设

故直线AC的方程为y=±x+2）,

直线AC的方程与椭圆方程联立，得9/+16%—4=0,解得4=-2,

所以Xc=_g.—g="|，所以)c=±\^，故勺=&«?

19.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

出现机次.假设每次摸出红球的概率为。，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率。的估计值

y,m

为p=一.

n

(1)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F〜8(3,p).

注：与(丫=外表示当每次摸出红球的概率为P时，摸出红球次数为左的概率)

(i)完成下表；

k0123

々(T)271

46464

/(I)927

46464

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

值.

(2)把(1)中“使得与(丫=左)的取值达到最大时的0作为0的估计值夕”的思想称为最大似然原

理.基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。构建对数似然函数/(e),再对其关于参数。求导，得到似然方程/'(e)=o,最后求

解参数。的估计值.已知Y〜B(n,p)的参数P的对数似然函数为

l(P)=之必，其中Q第2•次摸出白球

xJn°+£(1-XJln(l-X,=<求参数。的估计值，并且说明

z=li=l1,第i次摸出红球

频率估计概率的合理性.

=0』

【答案】(1)(i)表格见解析；(ii))；

-,