浙江省五校联盟2023-2024学年高三下学期3月联考数学试卷命题:浙江省杭州第二中学一、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,只有一项符合题目要求.1.若全集,集合A,B及其关系如图所示,则图中阴影部分表示的集合是()A. B. C. D.2.已知,且,则与的夹角的余弦值为()A. B. C. D.3.设b,c表示两条直线,表示两个平面,则下列说法中正确的是()A.若,则 B.若,则C.若,则 D.若,则4.已知角的终边过点,则()A. B. C. D.5.设等比数列的公比为,前项和为,则“”是“为等比数列”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6.已知实数x,y满足,且,则的最小值为()A. B.8 C. D.7.已知双曲线的左、右焦点分别为,点为双曲线的左顶点,以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P,Q两点,且,则该双曲线的离心率为()A. B. C. D.8.在等边三角形ABC的三边上各取一点D,E,F,满足,则三角形ABC的面积的最大值是()A. B. C. D.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.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.在学校组织的《青春如火,初心如炬》主题演讲比赛中,有8位评委对每位选手进行评分(评分互不相同),将选手的得分去掉一个最低评分和一个最高评分,则下列说法中正确的是()A.剩下评分的平均值变大 B.剩下评分的极差变小C.剩下评分的方差变小 D.剩下评分的中位数变大10.在三棱锥中,已知,点M,N分别是AD,BC的中点，则()A.MN⊥AD B.异面直线AN,CM所成的角的余弦值是C.三棱锥的体积为 D.三棱锥的外接球的表面积为11.已知函数,则()A.的零点为B.的单调递增区间为C.当时,若恒成立,则D.当时,过点作的图象的所有切线,则所有切点的横坐标之和为三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.直线的一个方向向量是.13.甲、乙两人争夺一场羽毛球比赛的冠军,比赛为“三局两胜”制.如果每局比赛中甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为.14.已知函数及其导函数的定义域均为,记,若均为偶函数,且当时,,则.四、解答题:本题共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.(本小题满分13分)如图,斜三棱柱的底面是直角三角形,,点在底面ABC内的射影恰好是BC的中点,且.(I)求证:平面平面;(II)若斜棱柱的高为,求平面与平面夹角的余弦值.16.(本小题满分15分)己知函数,其中.(I)若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等,求的值;(II)是否存在实数,使得在上的最大值是-3?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.17.(本小题满分15分)记复数的一个构造:从数集中随机取出2个不同的数作为复数的实部和虚部.重复次这样的构造,可得到个复数,将它们的乘积记为.已知复数具有运算性质:,其中.(I)当时,记的取值为,求的分布列;(II)当时,求满足的概率;(III)求的概率.18.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中,我们把点称为自然点.按如图所示的规则,将每个自然点进行赋值记为,例如,.(I)求;(II)求证:;(III)如果满足方程,求的值.19.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中,过点的直线与抛物线交于M,N两点在第一象限).(I)当时,求直线的方程;(II)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点(异于点O,M,N),(i)证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;(ii)求凸四边形OMDN的面积的取值范围.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,只有一项是符合要求的.题号12345678答案CBDBCACA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.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.题号91011答案BCABDACD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.(答案不唯一) 13. 14.-6四、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.(本小题满分13分)(第I问,6分;第II问,7分)解:(I)取BC中点为,连接在底面内的射影恰好是BC中点,平面ABC,又平面,又,平面平面,又平面平面平面.(II)以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系,,,,设平面的法向量为,则有,令,则,设平面的法向量为,则有,令则,,平面与平面夹角的余弦值为.16.(本小题满分15分)(第I问,6分;第II问,9分)(I),则,故曲线在处的切线为,即,当时,此时切线为,不符合要求当时,令,有,令,有,故,即,故(II),①当时,在上单调递增,的最大值是,解得,舍去;②当时,由,得,当,即时,时,时,,的单调递增区间是,单调递减区间是,又在上的最大值为;当,即时,在上单调递增,,解得,舍去.综上,存在符合题意,此时17.(本小题满分15分)(第I问,6分;第II问,4分;第III问,5分)(I)由题意可知,可构成的复数为,的可能取值为,，，所以分布列为:X1234(II)共有种,满足的情况有:①3个复数的模长均为1,共有种;②3个复数中,2个模长均为1,1个模长为或者2,共有种;所以.(III)当或2时,显然都满足,此时;当时,满足共有三种情况:①个复数的模长均为1,则共有;②个复数的模长为1,剩余1个模长为或者2,则共有;③个复数的模长为1,剩余2个模长为或者2,则共有.故,此时当均成立.所以.18.(本小题满分17分)(第I问,4分;第II问,7分;第III问,6分)解:(I)根据图形可知,(II)固定,则为一个高阶等差数列,且满足所以所以,,所以P(x+1,y-1)+P(x,y+1)+P(x+1,y)+P(x+1,y+1)=2024等价于,等价于即,化简得,由于增大,也增大,当时,,当时,,故当时,,即19.(本小题满分17分)(第I问,4分;第II问,5分;第III问,8分)解:(I)设直线联立,消去,得,所以,,则,则,又由题意,直线的方程是;(II)(i)方法1:设因为O,M,D,N四点共圆,设该圆的方程为,联立,消去,得,即，所以即为关于的方程的3个根,则,因为,由的系数对应相等得,,所以的重心的纵坐标为0.方法2:设,则,因为O,M,C,N四点共圆,所以,即,化简可得:,所以的重心的纵坐标为0.(ii)记的面积分别为,由已知得直线MN的斜率不为0设直线,联立,消去,得,所以,所以,由(i)得,,所以,即,因为,点到直线MN的距离,所以,所以在第一象限,即,依次连接O,M,D,N构成凸四边形OMDN,所以,即,又因为,即,即,所以,即,即,所以,设,则,令,则,因为,所以,所以在区间上单调递增,所以,所以的取值范围为.