浙江省強(qiáng)基聯(lián)盟2024屆高三下學(xué)期3月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題含解析

有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合S={xlx>-2},T={x|x2+3x-4≤0},則S?T【分析】由一元二次不等式的解法和交集的運(yùn)算得出即可【詳解】T={xlx2+3x-4≤0}={xl-4≤x≤1},所以S?T{x|-2<x?1}[-2,1],【分析】利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算法則即可得出結(jié)論.故選：B.加，則不同的安排方式有()A.20種B.10種C.8種D.6種【分析】根據(jù)排列數(shù)的定義和公式，即可求解.【詳解】由題意可知，從除甲和乙之外的3人中選2人，安排2天的活動(dòng)，有A3=6種方法A.7Inx+Iny=7+7lnyB.7In(x+y)=7【分析】A、B、C選項(xiàng)可用賦值法判斷正誤，D選項(xiàng)根據(jù)指數(shù)與對(duì)數(shù)計(jì)算法則判斷【詳解】設(shè)x=1,y=2則7Inl+In2=7n2≠1+7n2,A錯(cuò)誤；71m(+2)=7m3≠7ln1.7n2,B錯(cuò)誤；71nHm2=1≠7m1+71m2,C錯(cuò)誤；71n(v)=7lnx+lny=7ln.7lny,D正確.故選：D.5.若,則“xcos2x<1”是“xcosx<1”的()【分析】構(gòu)建函數(shù)f(x)=sinx-xcosx,利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合三角函數(shù)性質(zhì)可得進(jìn)而分析判斷.【詳解】設(shè)f(x)=sinx-xcosx,f'(x)=cosx-(cosx-xsinx)=xsinx,當(dāng)時(shí)f”(x)>0,可知內(nèi)單調(diào)遞增，且f(O)=0,所以當(dāng)0時(shí)，1>sinx>xcosx>xcos2x恒成立，故若,則“xcos2x<1”是“xcosx<1”的充分必要條件故選：C.6.(1+x)?(1-x)?的展開(kāi)式中，x?的系數(shù)為()【分析】先將原式化為(1+2x+x2)(1-x2)*,,再用二項(xiàng)式通項(xiàng)計(jì)算即可【詳解】(1+x)?(1-x)?=(1+x)2(1-x2)=(1+2x+x2)(1-x2)",1-x2)的通項(xiàng)為T=C?(-1)^x2K前面括號(hào)內(nèi)出1時(shí)，令2k=6→k=3,此時(shí)C3(-1)2=-4;前面括號(hào)內(nèi)出2x時(shí)，k無(wú)解，前面括號(hào)內(nèi)出x2時(shí)，令2k=4→k=2,此時(shí)C2(-1)2=6,故選：A.數(shù)f(x)()A.以π為周期B.最大值是1C.在區(qū)間上單調(diào)遞減D.既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)【分析】利用賦值法，分別令x=0,y=t,,,,得到逐項(xiàng)判斷.【詳解】解：令x=0,y=t,得f(t)+f(-t)=2cost,令,得f(π+1)+f()=0,,,,得f(π+t)+f(-t)=-2sint,由以上3式，得f(t)=sint+cost,則f(x)的周期為T=2π,故A錯(cuò)誤；f(x)的最大值為√2,故B錯(cuò)誤；故f(x)的在區(qū)間上不單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；因?yàn)樗詅(-x)≠f(x),且f(-x)≠-f(x)所以f(x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，故D正確.故選：D.8.設(shè)點(diǎn)A,B,C是拋物線y2=4x上3個(gè)不同的點(diǎn)，且AB⊥AC,若拋物線上存在點(diǎn)D,使得線段AD總被直線BC平分，則點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是()【分析】說(shuō)明直線BC過(guò)定點(diǎn)E(4+x,,-yo),并求出A關(guān)于點(diǎn)E的對(duì)稱點(diǎn)代入拋物線即可求解.,【詳解】設(shè),貝...故直線BC方程為：整理得(yi+y?)y=4x+yiy?,①由ABLAC得整理符(x+y)%+X)?+5&+16=0.②由①②兩式得(yi+y?)(y+yo)=4(x-4-x?),即直線BC過(guò)點(diǎn)E(4+x?,-y?)A關(guān)于點(diǎn)E的對(duì)稱點(diǎn)即為點(diǎn)D(8+x?,-3y?)在拋物線上，代入得4(8+x?)=9y3=36x,,解得x=1.9.有兩組樣本數(shù)據(jù)：Xj,x?,…,X?024;y?,y?,…,Yzo?4.其中y;=x;+2024(i=1,2,…,2024),則這兩組樣本數(shù)據(jù)的()A.樣本平均數(shù)相同B.樣本中位數(shù)相同C.樣本方差相同D.樣本極差相同【分析】根據(jù)題意，求出兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)、方差、中位數(shù)和極差，依次分析選項(xiàng)即可得答案.【詳解】根據(jù)題意，對(duì)于數(shù)據(jù)X?,X?,L,X?024假設(shè)x?<X,<…<X2024設(shè)其平均數(shù)為文、中位數(shù)為m、方差為S2、極差為n,,又由y,=x;+2024(i=1,2,L,2024)設(shè)其平均數(shù)為Y、中位數(shù)為m'、方差為s2、極差為n'n1=y?24-y?=(x?o??+2024)-(x?+202故這兩組樣本數(shù)據(jù)的方差相同、極差也相同，平均數(shù)和中位數(shù)不同.10.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,()則B.若(sinB-sinC)2=sin2A-sinBsinC,則C.若a,b,c成等比數(shù)列，則【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理邊角互化，結(jié)合三角恒等變換逐一判斷即可.,選項(xiàng)B:若sin2B-2sinBsinC+sin2C=sin2則由正弦定理整理可得a2=b2+c2-bc,,,選項(xiàng)C:若a,b,c成等比數(shù)列，則b2=ac,根據(jù)余弦定理可得當(dāng)所以C說(shuō)法正確；選項(xiàng)D:若a,b,c成等差數(shù)列，則2b=a+c；11.已知正方體ABCD-A,B,C,D棱長(zhǎng)為2,過(guò)棱CC,A?D?,AB?的中點(diǎn)作正方體的截面，則C.截面多邊形存在外接圓在平面與平面ABCD所成角.【詳解】連QR,延長(zhǎng)交直線CD?,C?B,的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F,E,連PF交DD于N,連PE交BB于M,連QN,RM得到截面五邊形PNQRM,連接P與FE的中點(diǎn)O.CFCFNAAMMFPP由Q,R為中點(diǎn)，故A正確.,,.截面多邊形的面積為故B正確.VPNQ與。PMN是公用一個(gè)頂點(diǎn)的全等三角形，兩個(gè)三角形的外心不重合，所以這個(gè)五邊圓，故C錯(cuò)誤根據(jù)二面角定義可知∠AOP為截面與底面所成角，故選AB.12.已知向量a=(2,1),b=(2t,4),若a⊥b,則實(shí)數(shù)t=.故D錯(cuò)誤.【分析】依題意可得a·b=0,根據(jù)數(shù)量積的坐標(biāo)表示得到方程，解得即可.【詳解】因?yàn)閍=(2,1),b=(2t,4)且a⊥b所以a·b=2×2t+1×4=0,解得t=-1.13.點(diǎn)P(3,a)關(guān)于直線x+y-a=0的對(duì)稱點(diǎn)在圓(x-2)2+(y-4)2=13內(nèi)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是【答案】4<a<10【分析】首先求對(duì)稱點(diǎn)，再根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，列式求解.【詳解】設(shè)點(diǎn)P(3,a)關(guān)于直線x+y-a=0的對(duì)稱點(diǎn)為(x,y),,得,得則又題意可知，(0-2)2+(a-3-4)2<13,解得：4<a<10.故答案為：4<a<10,進(jìn),進(jìn)而得出a,;當(dāng)λ=μ=1時(shí)，由題目中的遞推關(guān)系式可得a>a,可求解.【詳解】當(dāng)λ=0,μ=-2時(shí)，a?=2(a,-1),即a-2=2(a,-2)則數(shù)列{a,-2}是以為首項(xiàng)，2為公比等比數(shù)列所以當(dāng)λ=μ=1時(shí)，a=a?-(a?-1),即a-1=a,(an-1),且an-a=(a?-1)2≥0,,,a所以,,.所以.貝【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)與數(shù)列的綜合，數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和.利用構(gòu)造法即可求解第四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.15.已知函數(shù)f(x)=sinx-√3cosx.(2)求函數(shù)y=f(x)·sinx的單調(diào)遞增區(qū)間【答案】(1)【分析】(1)將代入化簡(jiǎn)即可得出答案；(2)化簡(jiǎn)y=f(x)sinx,求的單調(diào)遞增區(qū)間即求【小問(wèn)1詳解】的單調(diào)遞減區(qū)【小問(wèn)2詳解】求的單調(diào)遞增區(qū)間即求的單調(diào)遞減區(qū)間，223對(duì)與否互不影響.若兩人都猜對(duì)，則得3分；若僅一人猜對(duì)，則得1分；若兩人都沒(méi)猜小強(qiáng)每輪猜對(duì)的概率是小基每輪猜對(duì)的概率是各輪結(jié)果互不影響.(1)求“聯(lián)盟隊(duì)”猜對(duì)4個(gè)燈謎的概率；(2)求“聯(lián)盟隊(duì)”兩輪得分之和X的分布列和數(shù)學(xué)期望【解析】【分析】(1)題意可知小強(qiáng)和小基兩位同學(xué)兩輪猜謎都猜對(duì)，根據(jù)獨(dú)立重復(fù)事件計(jì)算方式計(jì)算即可；(2)“聯(lián)盟隊(duì)”兩輪得分之和X=0,1,2,3,4,6,根據(jù)獨(dú)立重復(fù)事件計(jì)算方式計(jì)算這6種情況概率即可.【小問(wèn)1詳解】【小問(wèn)2詳解】X012346P面ABCD,QA=QD,點(diǎn)M是AD的中點(diǎn).))NDMBA(1)證明：QM⊥BD求四棱錐Q-ABCD的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析或可得結(jié)論(2)方法一：取BC中點(diǎn)F,作MG⊥QF,由線面垂直的性質(zhì)和判定可證得MG⊥平面QBC,由角定義可知QM,代入棱錐體積公式可求得結(jié)果.【小問(wèn)1詳解】∵M(jìn)AD中點(diǎn)，QA=QD,∴QM⊥AD平面QAD⊥平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD=AD,QMC平面QADQM⊥平面ABCD,又BDC平面ABCD,∴QM⊥BD.【小問(wèn)2詳解】DDNCMBA∵M(jìn),F分別為AD,BC中點(diǎn)，AB//CD,∴MF//AB,又BC⊥AB,∴MF⊥BC由(1)知：QM⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,∴QM⊥BC∵QM,MFC平面QMF,QM∩MF=M,∴BC⊥平面QMFMGC平面QMF,∴BC⊥MG又MG⊥QF,QF∩BC=F,QF,BCC平面QBC,∴MG⊥平面QBC,∴直線MN與平面QBC所成角為∠MNG,設(shè)QM=a(a>0),.,,,當(dāng)綜上所述：四棱錐Q-ABCD的體積為方法二：取BC中點(diǎn)F,連接MF,∵M(jìn),F分別為AD,BC中點(diǎn)，AB//CD,∴MFIIAB,又BC⊥AB,∴MF⊥BC;由(1)知：QM⊥平面ABCD,,NCBBMAy設(shè)QM=a(a>0),.,,.設(shè)平面OBC的法向量n=(x,y,z),則令x=2a,解得：y=0,z=-3,∴n=(2a,0,-3);綜上所述：四棱錐Q-ABCD的體積為(1)求橢圓G的離心率(2)若PA⊥PA?,求點(diǎn)P的坐標(biāo).(3)若直線PA?和直線PA?分別交橢圓G于B,C兩點(diǎn)，請(qǐng)問(wèn)：直線BC是否過(guò)定點(diǎn)?若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由【分析】(1)直接由定義求出即可；(2)設(shè)出坐標(biāo)，結(jié)合已知條件由射影定理求出即可；(3)兩次利用直曲聯(lián)立，表示出點(diǎn)B,C的坐標(biāo)和直線BC的斜率，由點(diǎn)斜式寫出直線BC方程，出直線過(guò)的頂點(diǎn).【小問(wèn)1詳解】【小問(wèn)2詳解】**P設(shè)P(2,p),直線x=2交x軸于點(diǎn)Q,由PA⊥PA?,∴|PQP=|QA|·QA?|=5【小問(wèn)3詳解】**C9xO設(shè)B(xj,yi),C(x?,y?) . l?:y=-p(x-3)代入x2+9y2=9得：A=(54p2)?-4×(9p2+1)×(81p2:.:即直線BC方程為19.已知函數(shù)(1)當(dāng)時(shí)，記函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f'(x),求f'(O)的值.(2)當(dāng)a=1,x≥1時(shí)，證明：同，記g(m)+g(n)的最小值為h(a),求h(a)的最小值.注：e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)底數(shù)).【答案】(1)f^(0)=1得到【分析】(1),然后求導(dǎo)后求解；(2)當(dāng)x≥1時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)法證明；(3)求導(dǎo)g(x)=-(e2-a)(e-1),由g'(m)=g'(n),得到e"+e*=a+1,從而得到【小問(wèn)1詳解】【小問(wèn)2詳