【文档说明】浙江省（杭州二中、绍兴一中、温州中学、金华一中、衢州二中）五校联盟2024届高三下学期5月联考数学试题 含答案.docx，共(10)页，859.213 KB，由管理员店铺上传

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2024年浙江省高考数学模拟卷命题：浙江省温州中学一、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，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z满足1i3iz=+−，则z的共轭复数z在复平面上对应的点位于（）A．第一象限

B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．设集合21,Mxxkk==+Z，31,Nxxkk==−Z，则MN=（）A．21,xxkk=+ZB．31,xxkk=−ZC．61,xxkk=+ZD．6

1,xxkk=−Z3．已知不共线的平面向量a，b满足()()2abab++∥，则正数=（）A．1B．2C．3D．24．传输信号会受到各种随机干扰，为了在强干扰背景下提取微弱信号，可用同步累积法．设s是需提取的确定

信号的值，每隔一段时间重复发送一次信号，共发送m次，每次接收端收到的信号()1,2,3,,iiXsim=+=，其中干扰信号i为服从正态分布()20,N的随机变量，令累积信号1miiYX==，则Y服

从正态分布()2,Nmsm，定义信噪比为信号的均值与标准差之比的平方，例如1X的信噪比为2s，则累积信号Y的信噪比是接收一次信号的（）倍A．mB．mC．32mD．2m5．已知函数()πcos

24fxx=+，则“()ππ8kk=+Z”是“()fx+为奇函数且()fx−为偶函数”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．在平面直角坐标系xOy中，直线2yxt=+与圆C：22240xyxy+−+=相交于点A

，B，若2π3ACB=，则t=（）A．12−或112−B．－1或－6C．32−或132−D．－2或－77．已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数

为（）A．12B．14C．16D．188．已知双曲线()22221,0xyabab−=上存在关于原点中心对称的两点A，B，以及双曲线上的另一点C，使得ABC△为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（）A．()2,+B．()3,+C．()2,+D．23,3+

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．已知函数()()1exfxx=+，则下列结论正确的是（

）A．()fx在区间()2,−+上单调递增B．()fx的最小值为21e−C．方程()2fx=的解有2个D．导函数()fx的极值点为－310．南丁格尔是一位英国护士、统计学家及社会改革者，被誉为现代护理学的奠基人．1854年，在克里米亚战争期间，她在接到英国

政府的请求后，带领由38名志愿女护士组成的团队前往克里米亚救治伤员，并收集士兵死亡原因数据绘制了如下“玫瑰图”．图中圆圈被划分为12个扇形，按顺时针方向代表一年中的各个月份．每个扇形的面积与该月的死亡人数成比例．扇形中的白

色部分代表因疾病或其他原因导致的死亡，灰色部分代表因战争受伤导致的死亡．右侧图像为1854年4月至1855年3月的数据，左侧图像为1855年4月至1856年3月的数据．下列选项正确的为（）A．由于疾病或其他原

因而死的士兵远少于战场上因伤死亡的士兵B．1854年4月至1855年3月，冬季（12月至来年2月）死亡人数相较其他季节显著增加C．1855年12月之后，因疾病或其他原因导致的死亡人数总体上相较之前显著下降D．此玫瑰图可以佐证，通过改善军队和

医院的卫生状况，可以大幅度降低不必要的死亡11．如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若1OAOB+=恒成立，则l始终和曲线C：1xy+=相切，关于曲线C的说法正确的有（）A．曲线C关于直线yx=和yx=−都对称B．曲线C上的点到11

,22和到直线yx=−的距离相等C．曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是2,14D．曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于π14−三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．12．若62axx

−展开式中的常数项为－160，则实数a=______．13．已知公差为正数的等差数列na的前n项和为nS，nb是等比数列，且()22342Sbb=−+，()()612566Sbbbb=++，则nS的最小项是第______项．14．已知正三角形AB

C的边长为2，中心为O，将ABC△绕点O逆时针旋转角2π03，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至ABC△，使得两三角形所在平面的距离为263，连接AA，AC，BA，BB，CB，CC，得到八面体ABCABC，则该八面体体积的取值范围为______．

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．（13分）在ABC△中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知1tanA，1cosB，1tanC是等差数列．（1）若a，b，c是等比数列，求tanB；（2）若π3B=，求()cosAC−．16．（1

5分）已知椭圆()222210xyabab+=的左焦点为F，椭圆上的点到点F距离的最大值和最小值分别为21+和21−．（1）求该椭圆的方程；（2）对椭圆上不在上下顶点的任意一点P，其关于y轴的对称点记为P，求PFPF+；（3）过点()2,0Q作直线交椭圆于不同的两点A，B，求FAB△面积

的最大值．17．（15分）如图，已知三棱台111ABCABC−，112ABBCCAAABB=====，114AB=，点O为线段11AB的中点，点D为线段1OA的中点．（1）证明：直线AD∥平面1OCC；（

2）若平面11BCCB⊥平面11ACCA，求直线1AA与平面11BCCB所成线面角的大小.18．（17分）第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义．已知德军的每辆坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号．假设德军某月生产的坦克总数为N，随机缴获该月生产的n

辆（nN）坦克的编号为1X，2X，…，nX，记12max,,,nMXXX=，即缴获坦克中的最大编号．现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数N．甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用12nXXXXn+++=估计总体的均值，因

此()112NiNNNXi=+=，得12NX+，故可用21YX=−作为N的估计．乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现YM的无意义结果．例如，当5N=，3n=时，若11X=，22X=，34X=，则4M=，此时124112133YM++=−=

．（1）当5N=，3n=时，求条件概率()5PYMM=；（2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为N的估计值．当8N=，4n=时，求随机变量M的分布列和均值()EM；（3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实

际值，但直观上可以发现()EM与N存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷．请判断()EM与N的大小关系，并给出证明．19．（17分）卷积运算在图像处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列na，nb，定义无穷数列()11n

nknkkcabn+−=+=N，记作*nnnabc=，称为na与nb的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即nc中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律**nnnna

bba=．（1）若nan=，2nnb=，*nnnabc=，求1c，2c，3c，4c；（2）对i+N，定义inTa如下：①当1i=时，innTaa=；②当2i时，inTa为满足通项10,,nninidani+−=的

数列nd，即将na的每一项向后平移1i−项，前1i−项都取为0．试找到数列()int，使得()nninitaTa=；（3）若nan=，*nnnabc=，证明：当3n时，122nnnnbccc−−=−+．2024年浙江省高考数学模拟卷参考答案命题：温州中

学审题：金华一中一、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．12345678DDBBACBA第8题解析：设点(),Axy，则可取()3,3Cyx−，故22222222331xyyxabab=−=−，得2222222233yabbx

aba+=+，解得ba，故离心率e2．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．91011ABDBCDBCD第11题解析：A．曲线C不关于直线yx=

−对称；B．设C上一点(),Pxy，则22221122210222xyxyxyxyxy+−+−=+−−−+=，而()2221214122210xyxyxyxyxyxyxyxy+=++==−−+−−−+=，成立；C．2221

OPxyxy=++=，()()22222112228xyxyxy+++=，成立；D．(),Pxy到点()1,1A的距离()()2222211222211APxyxyxyxy=−+−=+−−+=+，故曲线

C位于圆()()22111xy−+−=的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于π14−．三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．121314128222,3注：第14题区间开闭写错不扣分．第13题解析：6244020264SSSS=+==，故nS

的最小项是第2项．第14题解析：ABCABCAABCCABCABBCACACVVVVV−−−−=+++213261π261262222sin22sin34363363=+

++4π8221sin22,363=++．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．（13分）（1）由

2bac=得2sinsinsinBAC=，2112coscossincostantancossinsinsinsinACBBACBACAC=+=+=，故22sin1tancossin2BBBB==．（2）若π3B=，则13sinsinsi

ncos28ACBB==，又由()1coscoscossinsin2ACACAB+=−=−得31coscos82AC=−，故()31332cos8284AC−−=−+=．注：第二问直接利用积化和差公式()()()1sinsincoscos

2ACACAC=−−+，写对公式给3分，条件代入正确化简给3分，最终答案1分．16．（15分）（1）记22cab=−，则21ac+=+，21ac−=−，解得2a=，1c=，故椭圆的方程为2212xy+=．（2）记椭圆的右焦点为F，则2

22PFPFPFPFa+=+==．（3）设()11,Axy，()22,Bxy，直线AB的方程为2xmy=+，联立22212xmyxy=++=，得()222420mymy+++=，故21222222myym−−=+，212213

22322ABFmSyym−=−=+△，令220tm=−，则23232324224ABFttStt==+△，当6m=时取到等号．17．（15分）（1）取AB中点M，则1CMCO∥，故O，M，C，

1C共面，由AM与OD平行且相等得平行四边形ODAM，故ADOM∥，故AD∥平面1OCC．（2）法1（建系）：以O为原点，OM，1OA为x，y轴正方向，垂直于平面11ABBA向上为z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．设()()31cos

,0,3sinC−，表示出平面11ACCA的法向量11cos1,3,sinn+=，由对称性得平面11BCCB的法向量21cos1,3,sinn+=−，故120nn=，解得1cos3=，故2326,0,33C，()11,3,2n=

，()11,3,2n=−，记所求线面角为，则1212,2sin2AAnAAn==，故π4=．法2（综合法）：连接1CA，1CB，取11AC中点N，则1111CNAANANC====，故11CACC⊥，由平面11BCCB⊥平

面11ACCA，1CC=平面11BCCB平面11ACCA，故1CA⊥平面11BCCB，故11BCAC⊥，又由11BCAC=，得112BCAC==，延长1CC，1AA，1BB交于点V，则所求线面角即1AVC，而1

112sin2ACAVCAV==，故直线1AA与平面11BCCB所成线面角的大小为π4．法3（三余弦定理）：延长1CC，1AA，1BB交于点V，则11π3BVA=，1111AVCBVC=，由平面11BCCB⊥平面11ACCA，用三余弦定理得

111111coscoscosBVACVACVB=，因此112cos2CVA=，故直线1AA与平面11BCCB所成线面角即为11π4CVA=．18．（17分）（1）5M=时，最大编号为5，另2辆坦克编号有24C种可能，故()2435355CPMC===，由YM，有2153

XX−，故总编号和小于9，除最大编号5外另2个编号只能是1，2，仅1种可能，故()3511510PYMMC===且，因此()()()51556PYMMPYMMPM=====且．（2）分布列

如下：M45678P3348170CC=3448427035CC==3548101707CC==8634202707CC==3748351702CC==故()365EM=．（3）直观上可判断()EMN，证明：()()()NNknknEMkPMkNPMkN=====

=．19．（17分）（1）12c=，28c=，322c=，452c=．（2）()11,10,2nntn==，对一般的i+N，()1,0,innitni==．（3）法1：记nb的前n项

和为nS，由卷积运算的交换律有()11nknknkbc=+−=，故()11nnknknSkbc=+−=…①，因此()()111121nnknnknSkbnbc+++=+−−+=…②，②－①得11nnnScc++=−，故当3n时，()()1112122nnnnnnnnnnbSScccc

ccc−−−−−−=−=−−−=−+．法2：记nb的前n项和为nS，常数列()1nTn+=N，注意……（Ⅰ）易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得*nnnTbS=，

注意……（Ⅱ）注意nT是()int对所有i+N对应项相加所得的数列，na是()*nnitT对所有i+N对应项相加所得的数列，易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，得*nnncab=的通项即为1nniicS=

=，故当3n时，()()1112122nnnnnnnnnnbSSccccccc−−−−−−=−=−−−=−+．注：以上论证可用符号语言说明如下：定义数列加法：nnnzxy=+，其中nnnzx

y=+．容易验证卷积运算满足结合律：()()****nnnnnnxyxy=，数列加法关于卷积满足分配律：()***nnnnnnnxyxy+=+．因此()

()()()()11111*****nnnnnnnnnijijijijiiabttbttbS========．