浙江省杭州市2024届高三年级下册4月教学质量检测数学试题

2023学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测

数学试题卷

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〃力=卜m%|的最小正周期是

71TC

A.—B.—

42

C.71D.271

【答案】c

【解析】

【详解】

|sinx|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，下列说法正确是

A.若〃z//tz,n//tz,则相〃"B.若nua,则

C.若m±n,贝D.若ml/a,m±n,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.

1-

3.已知a,〃是两个单位向量，若向量4在向量人上的投影向量为gb,则向量a与向量q—b的夹角为（）

A30°B.60°C.90°D.120°

【答案】B

【解析】

【分析】由条件结合投影向量的定义可求卜再根据向量夹角余弦公式求结论.

1.-

【详解】因为向量a在向量6上的投影向量为5人，a力是两个单位向量,

所以同cos(a,=gb,

所以cos(a,"=g,又(a,“e[O,兀I，

所以=],

,、a-la-bji

所以cos(a,a—b)——=-,又｛a,a—e[0,兀],

TT

所以向量a与向量a-匕的夹角为1，即60.

故选：B.

4.设甲：“函数/■(九)=2sinox在一:；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/(X)=2sin°x在—单调递增”，则口〉0,

兀〈兀

由一百三得一-—＜x＜—,则＜20一3,解得0＜。＜9,

222a)2a)7iy7t2

.2^-4

所以，甲是乙的充分不必要条件.

故选：A

5.设数列｛4｝,也｝满足勾=4=l,a“+”+i=27""+1+a=2".设S”为数列｛a“+2｝的前〃项的和，则

S[=Q)

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

【答案】A

【解析】

【分析】利用分组求和法，结合已知，可得答案.

［详解］S-J=%+2+a,+&+%+4+。4+仇+“5+”5+“6+06+“7+”7

=%+4+（。2+，3）+（，2+4）+（“4+々）+（，4+“5）+（a6+4）+（=+%）

=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,则共有上户种分组方案，

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，

（r2r2

故共有C+安A；=110+多9］义6=150种分配方法.

故选：C.

7.设集合V={T』},N={x［x>。且xHl},函数/（工卜"+加厂（a>0且awl）,则（）

A.V4eAfjaeN,/（x）为增函数B.皿eN,/（x）为减函数

C.为奇函数D.弘wVaeN"（x）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2=1时，f(x)=ax+ax,时，/⑺在(—8,0)上不是增函数，故A不正确;

当彳=—1时，/(x)=a'-a-v,a>l时，/(无)在(0,+QO)上为增函数，B不正确；

当2=1时，f(x)=ax+ax,f(,-x)=ax+ax=f(x),〃劝为偶函数,故C不正确;

当4=1时，f(x)=ax+cTx,/(-x)=ax+a~x=/(x),/(幻为偶函数，故D正确；

故选：D.

8.在ABC中，已知s’11'=zisinC,="cosC.若tan(A+四]=-3,则”=()

sinBcosB(4j

A.无解B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】

【分析】由tanA+；=—3可得tanA=2,进而得至！JtanA=tanB-tanC=2,借助三角形内角和与两

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

的".

【详解】由tan(A+■]=：+匕11,=_3,gptanA=2,贝!IcosAwO,

I4J1-tanA

,sinA.「cosA「心-c

由----=-zzsinC,------=ncosC,矢口cosCwO,

sinBcos5

lJanA

则-----=tanC,则tanA=tanB•tanC=2,

tan3

又tanA=tan(TI-B-C}=-tan(B+C)=——tanB+tanC_+tanC,

'7v71-tanB-tanC

故tanjB+tanC=2,设tan5=1,则tanC=2—%,

有《2—1)=2,即产—21+2=0，A=4—8=Tv0,

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0分.

9.已知关于兀的方程/+比+1=0(—2＜，＜2)的两根为4和Z2,则()

A.4=z2B.Z］必=1

zz

C-Ii|=|2|D.五/五］

Z2\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,利用复数代

数形式的除法运算及B项的结论化简五，即可判断D.

Z2

【详解】关于X的方程炉+江+1=0(—2</<2),

则公=产一4<0,.•.x=-f±^-^i

2

tJ4-产.

不妨设厂q+亨」=------------1，

22

.二4=Z2,故A正确;

由韦达定理可得ZIZ2=1,故B正确;

团=团=『£|+=1，故c正确；

•,稣=1,

2

.Ziz；2（t，4-/.］t-2*4-一.

••——---Z,------1---------1----------------1,

z24Z2122J22

则［五］=q+MFi,当F0时，aWR,此时五］,故D错误.

U2J22Z2Z2［z2）

故选：ABC.

10.已知函数〃%）对任意实数x均满足2/（尤）+/（必—1）=1,则（）

A.〃-x）=/（x）B./（后）=1

C./（-1）=1D.函数/（%）在区间（后,、疗）上不单调

【答案】ACD

【解析】

【分析】令X等价于T,贝42/（—力+/（无2—1）=1,可推导出/（—£）=/（X）,进而可判断A,利用赋值

法可判断B,C；先算出满足x=%2—1的X值，由此可得上乎］=/（、介）=；,即可判断D.

【详解】对于A,令x等价于一X,则2/（—力+/（犬—1）=1,

所以/（—力=/（'=匕与二D，故A正确；

对于B,令x=l,则2/。）+/（0）=1,

令x=0,则2/（O）+/（l）=l,解得：/（0）=/（1）=|,

令苫=&，2/（V2）+/（l）=l,则/（四）=：,故B错误；

对于C,由A知，/（-%）=/（%）,所以=/⑴=；,故C正确；

对于D,令％=/—1，所以f―%—i=o,解得:%=止5,

2

所以函数/（%）在区间（点,退）上不单调，故D正确.

故选：ACD.

11.过点尸（2,0）的直线与抛物线C：V=4x交于A,B两点.抛物线C在点A处的切线与直线x=—2交于

点N,作MWLAP交AB于点M,则（）

A.直线NB与抛物线C有2个公共点

B.直线MN恒过定点

C.点M的轨迹方程是（x-l）2+y2=i（xw0）

\MN\3

D.的最小值为8后

【答案】BCD

【解析】

【分析】设出直线AB的方程为x=沙+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M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/丝然后利用导

\AB\

数的知识求出最值进而判断D.

(2\(2)

【详解】设直线A3方程为x=〃+2,A2HM,8号,当

I4)I4J

x=ty+2c

联立〈24，消去x得y-4)一8=0,则%+%=4，,%%=-8，

y=4x

对于A：抛物线。在点A处的切线为%>=2%,

I47

当％=—2时得2%2二822,即N(—2,2。，

%

A_£_V

所以直线入归的方程为y—~卜―今'整理得y=—?x—J，

-21

M4

y———x16648

联立〈4%,消去%的y2+—y+—=0,解得y=——,即直线N5与抛物线c相切，A错

24XXX

[y=4x

误；

对于B：直线的方程为x+2=-：(y-2。，整理得x=-十，此时直线恒过定点(0,0),B正

确；

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

(x-l)2+y2=1(^*0),C正确；

-2-2户-22(?+2)

对于D：\MN\={I।))・,

Jl+』

A5=，1+/4％+%)2—4%%=41+/y/16t2+32二=4。1+/+2

「2(?+2)]

则|MN『_[J1+，)

\AB\痴+/

令J。+2=m,m>y/2,

\MNf_2m5

设〃m)=2：\2加2g,

Im-1)

10m4(m2-1)—8m6(m2—12m4(m2-1)(m2-5

(m2-l)4

当相〉J?时，/，(m)>0,/(m)单调递增，当夜<机<逐时，/,(m)<0,/(m)单调递减,

所以/(m)mm=/(、3)专=2乎，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4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％2+y2=l相切且方向向量为(1,6)的一条直线的方程.

【答案】y=&+2或>=氐—2(写出一个即可)

【解析】

【分析】由条件可设直线方程为y=瓜+6,结合条件列方程求b即可得结论.

【详解】因为切线的方向向量为（1,石），

所以切线的斜率为迅，

故可设切线方程为y=0'b,

因为直线y=+与圆好+丁=1相切，

又圆好+丁2=1的圆心坐标为（o,o）,半径为1，

|A/3X0-0+Z>|同

圆心（0,0）到直线y=屈+6的距离为,（打（,=7，

所以忖=1,

2

所以Z?=2或6=-2,

所以与圆/+/=1相切且方向向量为（1,百）的直线为>=耳+2或y=—2,

故答案为：>=瓜+2或>=氐—2（写出一个即可）.

13.函数/（%）=—/的最大值为______.

V%+1

【答案】2&

【解析】

9

【分析】借助换元法令/=J7ZT,可得/（X）=M/）=T3+5/—：,借助导数求取函数力（。的单调性后,

即可得解.

【详解】令:«TT〉0,则x=『—1，故+3（/―1）+2=_/3+5£_2,

2

令%）=_r+5/_”>o）,

则好）=—3/+5+>-37+2=_（3产+叱师-&）,

当力£（0,3）时,〃⑺>0,当才£（夜,+8）时,

则h(t)在(0,、/5)上单调递增，在(①+8)时单调递减,

2

_rI3Y4-2_

即函数/(X)=----/=一的最大值为2及.

VX+1

故答案为：

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

V17

【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.

【详解】

41

如图，设=因筋=人。=12,5。=8,故cos0=—=—,又CD=6,

123

由余弦定理，BD2=CD2+BC2-2CDBCcosa=36+64-2x6x8x-=68,

一3

即BD=2屈,

c

设椭圆中心为。，作圆锥的轴截面AAW,与底面直径BC交于E,与椭圆交于RQ,

连AE交3D于G,以点。为原点，05为x轴，建立直角坐标系.

则至=2,又由_APQ_AMN得PQ=^MN=应,DG=LDB=^~,

AE33333

从而。G=J万—冬叵=姮,则得P（—姮,号），

3333

不妨设椭圆方程为二+4=1,把a=J万和点尸坐标代入方程，解得b=20，

ab

_____c33#7

则c=J1/7—8=3,故e=—=-j=

aV1717

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.己知等差数列｛。“｝的前”项和为5“，且=452，%=24+1（"wN*）.

（1）求数列｛4｝的通项公式;

«9

⑵数列也｝满足仇=3,令。“•包=g+2吃+i，求证：-

k=T'

【答案】（1）«„=2n-l（neN*）

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设等差数列｛4｝的首项为q,公差为d,由题意可得

4al+6d=8a+4J,、

k+（21）d=26+2（”l）d+l'解方程求出K，即可求出数列｛叫的通项公式;

b12n-l()

(2)由(1)可得"^=赤与，由累乘法可求出｛〃｝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｝的首项为四，公差为d.

4%+6d=84+4d

由S4=45,〃2〃=2〃〃+1,得<

a1+（2〃-l）d=2q+2-1）d+1

解得：=l,d=2,所以4=1+2（〃—1）=2〃—l（〃eN*）.

【小问2详解】

由⑴知,（2n-l）bn=（2n+3）bn+l,

用_

即%_2/_1bn_277-3bn_x_2n-55Z?2_1

bn2〃+3'%2"+l'*2/1-1

b?72n-32n—5

利用累乘法可得:2=且%-r-b]=---3

%2-22n+l2n-l7T

9_9r1______

（"之2）,

（2n-l）（2«+l）212n-12H+1）

4=3也符合上式,

n

Z%=A+62+63++2-1+bn

k=l

91111

----------------1----------------F

23557

"af19

所以Zd=彳1-<-.

k=l/\2n+l2

16.己知函数/(x)=aln(x+2)-gx?(aeR).

(1)讨论函数/(%)的单调性；

(2)若函数/(%)有两个极值点，

(i)求实数。的取值范围；

(ii)证明：函数7(%)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、-l<a<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/>")=4111"+2)—；必(《€2的定义域为(-2,+8),

且(J+l『+a+l，

\7x+2X+2

当aW—1时，/(x)(。恒成立，所以"%)在(—2,+8)单调递减；

当一IvavO时，令/'(x)=0,即一(％+1)2+々+1=0,解得玉=—Ja+1—1,x,=Ja+1—1,

因为一1<。<0，所以0<。+1<1,则-2<-血+1-1<-1，

所以当而T—1)时/'(x)<0,

当-Ja+1—1,,y/tz+1—1)时,,X)>0,

当xc(ja+l-1,+oo)时/'(x)<0,

所以了(%)在(-2,-V^+i-1)上单调递减，在卜所71-1,&TT-1)上单调递增，

在(、6万-1,+8)上单调递减；

当a20时，此时一Ja+1—1W—2,

所以％式_2,Ja+l_1)时>0,当尤c(，a+l-l,+oo)时/''(x)<0,

所以"％)在(-2,7^+1-1)上单调递增，在(GT-1,+可上单调递减.

综上可得：当。(—1时八％)在(—2,+8)单调递减；

当—1<a<0时"％)在卜2,—而斤-1)上单调递减，

在(-V^+T-1,V^+T-1)上单调递增，在(、6斤-1,+s)上单调递减；

当aNO时八》)卜2,&TT-1)上单调递增，在(&71-1,+可上单调递减.

【小问2详解】

(i)由(1)可知—l<a<0.

(ii)由(1)在卜2,—而万―1)上单调递减，

在(-7^+1-1,7^+1-1)上单调递增,在(、除万-1,+oo)上单调递减，

所以了(%)在x=GTT-1处取得极大值，在x=-G1-1处取得极小值,

又一1<。<0,所以0<。+1<1,则1<Ja+1+1<2,

又/'(x)极大值=/(Ja+l-l)=aln(Ja++<0,

又/卜^/^ZT-1)</(&ZT-1)<0,

所以了(%)在卜血+1-1,+QO)上没有零点，

444

又-1<。<0,则,<-4,则0<.<「'_2<J-2<eT-2，

/4、2

则0<ea-2<4,

I)

所以/e"—2=4—ea—2〉0,所以/(%)在卜2,一，^工7-1)上存在一个零点,

综上可得函数/(%)有且只有一个零点.

17.如图，在多面体A5CO尸。中，底面A5CO是平行四边形，ZDAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M

为5c的中点，PQ〃BC,PD1DC,QBLMD.

(1)证明：ZABQ=9Q°；

(2)若多面体ABCDPQ的体积为"，求平面PC。与平面QAB夹角的余弦值.

2

【答案】(1)证明见解析；

力3M

10

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理求解DM=6,即可求证。MIDC,进而根据线线垂直可证明线面垂直，即

可得线线垂直，

（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得夕/=/?=3百，即可建立空间直角

坐标系，求解法向量求解.

【小问1详解】

ADCM中，由余弦定理可得DM=y1DC2+MC2-2DC-MCcos60°=6，

所以=92,所以N"DC=90°,

所以。

又因为DC_LPD,DMcPD=D,DM,DPu平面PDM,

所以DC_L平面PDM,AVfu平面PDAf.

所以。C_LPAf.

由于PQ//5MPQ==2,所以四边形PQBM为平行四边形，所以PM〃。反

又ABDC,所以ABLBQ,

所以NAB。=90°.

【小问2详解】

因为所以？

又PMLCD,OCcMD=D,DC,MDu平面ABCD所以9,平面ABCD.

取AD中点E,连接理，设PM=h.

设多面体ABCDPQ的体积为£,

则V=V三棱柱AB2-PE”+%棱锥P-CDEM=^A-PEM+V岛棱锥P-CDEM=^P-AEM棱锥P-CDEM

C71c7c,lee75c751cl.2兀，15

=^AAEM火力+四边形CD石M义h二^AAEM乂，+32s=^AAEMX/l=—X—X2X1XSill—/l=—.

DJAJJ乙J乙

解得PM=h=36.

建立如图所示的空间直角坐标系，贝川—百,2,0）,网―51,0）,C（6—1,0）,

D（73,0,0）,P（0,0,3V3）,e（-A/3,l,3V3）,M（0,0,0）.

则平面QA5的一个法向量〃=(1,0,0).

所以CD=(0,1,0),PD=(6,0,—3,

设平面PCD的一个法向量加=(尤,y,z),

m-CD=0,jy=0,

则即1A/3X-3A/3Z=0,取加二(3,0,1).

n-PD-0,

\m-n\_3^/IU

所以cos8=

|m|-|n|10

所以平面PAD与平面PMD夹角的余弦值为士叵.

10

18.己知A,3是椭圆石：亍+>2=i的左，右顶点，点〃(m,0)(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CD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，土述

25

【分析】⑴设「(％,%),利用两点距离距离得1PM=然后根据

0(加<I，加1|分类讨论求解即可;

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

%+为=一■|9］当，写出直线AC，3D的方程，进而求解即可；

「42非\

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

\337

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，则焉+4需=4,

因为1PMi=mI+1，(-24X。-2)，

3

①若0<m<—疗=L解得加=。(舍去),

2

3

②若加〉一./—•4-4m+7?i2+1=1,解得m=l(舍去)或加=3,

2।IminV4

所以/点的坐标位(3,0).

【小问2详解】

(i)设直线/：%=)+3,。(%,%),£)(%2，丁2)，

x=ty+3

,得(产=。，所以仁川=£

由<+4a+6”5H+%=-

—+/=1

14•

所以x+%=—|"为，①

由A=16r—80>0,得t>小或t<-也,

易知直线入。的方程为尸△(»2)，②

直线6D的方程为>=上不(％+2),③

“2一2

x+2=(*1+2)%=(。1+5)%=”+5%

联立②③，消去y,得④

x—2(尤2-2)①(仇+1)乂tyly2+yl

x+2-!(%+%)+5%

联立①④，消去"1%，则一-=-A-----------------=-5,

A2和+%)+%

O

44

解得％=—,即点G在直线X=—上；

33

(ii)由图可知，CGLDG,即AGL5G,所以点G在以A3为直径的圆上,

=±拽，即Gf1,±28

设G贝+/=4,所以“

33)

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炉+16%—4=0,解得/=-2,

所以％=-»|,所以丫±竽故/「土端

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，有放回地随机摸球九次，红球出

现加次.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。的估计值为

m

P=-­

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"5(3,0).

注：匕(y=4)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)

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

值.

(2)把(1)中“使得？(丫=4)的取值达到最大时的2作为。的估计值?”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e求导，得到似然方程/'(e)=o,最后求

解参数6的估计值.已知Y〜B(%p)的参数P的对数似然函数为/(p)=£XJnp+一XJln(l-p),

Z=1Z=1

Q第歆摸出白球

其中X产求参数。的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.

i,第，•次摸出红球

卜=0』

【答案】(1)(i)表格见解析；(ii)P=<

232,3

]n

(2)-\Xi,答案见解析

n,=i

【解析】