試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024學年第二學期杭州市高三年級教學質量檢測數學試題卷考生須知：1.本試卷分試題卷和答題卷兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2.請用黑色字跡的鋼筆或簽字筆在答題卡指定的區域（黑色邊框）內作答，超出答題區域的作答無效！3.考試結束，只需上交答題卡.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知向量，，，則（

）A．2 B．0 C． D．3．若等比數列滿足，，則數列的公比等于（

）A．或 B．或 C． D．4．已知數據，，…，的方差，則（

）A． B． C． D．5．已知，為任意正數，若恒成立，則（

）A． B． C． D．6．定義“真指數”（為自然對數的底數），則（

）A． B． C． D．7．設函數是奇函數.若函數，，則（

）A．27 B．28 C．29 D．308．若，，則（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共計18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9．已知復數（是虛數單位），則（

）A． B． C． D．10．設函數，則（

）A．是偶函數 B．C．在區間上單調遞增 D．為的極小值點11．設曲線，直線與曲線的交點的可能個數的集合記為，則（

）A． B．C． D．若，則且三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．曲線在點處的切線方程是.13．已知是單位圓，正三角形的頂點，在上，則的最大值為.14．甲、乙、丙三人分別從2個不同的數中隨機選擇若干個數（可以不選），分別構成集合，，，記中元素的個數為，則的概率為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．某車企為考察選購新能源汽車的款式與性別的關聯性，調查100人購買情況，得到如下列聯表：新能源汽車款新能源汽車款總計男性5010女性251540總計25100(1)求；(2)根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為選購該新能源汽車的款式與性別有關聯？(3)假設用樣本估計總體，用頻率估計概率，所有人選購汽車的款式情況相互獨立.若從購買者中隨機抽取3人，設被抽取的3人中購買了B款車的人數為，求的數學期望.附：，.0.100.050.0100.0052.7063.8416.6357.87916．已知函數（）.(1)若，求的極小值；(2)當時，求的單調遞增區間；(3)當時，設的極大值為，求證：.17．在平面四邊形中，，，將沿翻折至，其中為動點.(1)設，（ⅰ）證明：平面；（ⅱ）求三棱錐的體積；(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.18．已知拋物線的焦點到準線的距離為2，點，過的直線交于，兩點，過，分別作的垂線，垂足分別為，，直線，與直線分別交于點，.(1)求的方程；(2)記，的縱坐標分別為，，當時，求直線的斜率；(3)設為軸上一點，記，分別為直線，的斜率.若為定值，求點的坐標.19．設，，…，是1，2，…，（且）的一個排列.數列滿足為，，（）的中位數，規定，.將中的所有取值構成的集合記為.(1)當時，求和；(2)求中所有元素之和的最大值；(3)求中元素個數的最小值.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【分析】先求集合，根據集合的交集運算即可求解.【詳解】由或，所以，所以，故選：B.2．C【分析】利用平面向量加法與數量積的坐標運算求解即可.【詳解】因為，，所以，因為，所以，故C正確.故選：C3．C【分析】根據等比數列的通項公式求解即可.【詳解】，，所以，故選：C.4．D【分析】根據方差的計算公式，判斷，可判斷各選項的正確性.【詳解】因為，所以，即，（）.即.所以.故選：D5．A【分析】先由恒成立得到，再由絕對值特性得到即可求解.【詳解】因為對任意的正數，恒成立，所以，又，所以，所以.故選：A6．C【分析】由指數函數新定義舉反例可得ABD錯誤；結合均值不等式分析，分當時和當或時兩種情況利用函數新定義可得C正確.【詳解】對于A，取，左邊，即左邊等于；右邊，故A錯誤；對于B，取，左邊，即左邊等于；右邊等于，故B錯誤；對于C，由于恒成立，所以在恒成立，所以自然指數函數滿足，當且僅當即時取等號，故C正確；對于D，取，左邊，即左邊等于；右邊等于，故D錯誤.故選：C7．B【分析】根據奇函數定義可得，再利用賦值法由代入計算可得結果.【詳解】由函數是奇函數可知，因此可得；又，因此；兩式相加可得；又，因此.故選：B8．A【分析】將平方，結合可得，結合選項逐個判斷即可.【詳解】將平方得，結合可得，即，即，即，故CD錯誤又，故A對，B錯；故選：A9．ABC【分析】先化簡求出，再利用復數的模、共軛復數以及四則運算對各個選項驗證即可得出結論.【詳解】因為，所以，，故選項A正確；

，

而，與相等，故選項B正確；，故選項C正確；，，所以，故選項D錯誤.故選：ABC10．BD【分析】根據函數的定義域即可判斷A,根據對數的性質即可求解B，求導，根據上導數的正負即可求解C，根據單調性即可由極值點的定義求解D.【詳解】的定義域為，故為非奇非偶函數，故A錯誤，由于，且，故當時，，此時，當時，，此時，當時，，因此，B正確，對于C,，當時，，此時，因此在單調遞減，故C錯誤，對于D，，當時，，故，當時，，此時，因此在單調遞減，在單調遞增，為的極小值點，D正確，故選：BD11．ACD【分析】根據曲線方程有，且漸近線為，當，，即曲線上半部分為雙曲線的一部分，下半部分為橢圓的一部分，且曲線關于y軸對稱，應用對稱性研究時直線與曲線的交點情況判斷各項正誤即可.【詳解】當有且漸近線為，當有，如下圖示，曲線上半部分為雙曲線的一部分，下半部分為橢圓的一部分，且曲線關于y軸對稱，根據對稱性，只需討論的情況，討論如下：當，時，直線與曲線無交點；時，直線與曲線有1個交點；時，直線與曲線有2個交點；當，時，如下圖直線，隨變化過程，由圖知，直線與橢圓部分相切為界，即有1個交點；此時不變，，直線與曲線有2個交點，，直線與曲線無交點，所以直線與曲線的交點個數有三種可能；時，，如下圖直線與曲線有2個交點；當，如下圖，分別以直線與曲線雙曲線、橢圓部分相切為界，直線在雙曲線部分相切線上方時，直線與曲線恒有1個交點，直線與雙曲線部分相切時，直線與曲線恒有2個交點，直線在橢圓相切線下方時，直線與曲線無交點，直線與橢圓部分相切時，直線與曲線有1個交點，直線在兩條相切線之間時，直線與曲線有3個交點，綜上，，A對；對于直線恒過點，隨的變化與曲線位置，如下圖示，時直線與曲線恒有2個交點；時直線與曲線恒有1個交點；所以與曲線的交點可能有兩種可能，即，B錯；對于，以直線與橢圓部分相切、直線與雙曲線漸近線平行為界，聯立，則且，若，可得，如下圖示，當時，直線與曲線有2個交點；當或時，直線與曲線有1個交點；當時，直線與曲線無交點；所以與曲線的交點可能有兩種可能，即，C對；結合A分析，時存在直線與曲線有3個交點，而其它情況不存在，此時，假設，顯然直線與曲線有且僅有1個交點，不符合，所以，結合對稱性，直線與曲線有3個交點，必有且，D對.故選：ACD12．【分析】應用導數的幾何意義求切線方程即可.【詳解】由題設，則切線斜率，又，得，所以曲線在點處的切線方程是，所以切線方程為.故答案為：13．2【分析】根據題意畫出圖形，利用圓與等邊三角形的對稱性得出取最大值時，過的中點M，設，表示出的大小，借助于導數求出的最大值．【詳解】等邊三角形的頂點，在圓上，如圖所示；根據圓與等邊三角形的對稱性知，當取最大值時，過的中點M，設,則，,所以，，設，則，令，即，移項平方后化簡可得或（舍），所以當時，，是增函數；當時，，是減函數，當時，，所以的最大值為2.故答案為：2.14．【分析】根據已知一個元素被某人選中的概率為且相互獨立，應用獨立乘法公式及對立事件的概率求法得兩個元素均未被三人選中的概率為，最后應用對立事件的概率求法即可得.【詳解】設兩個不同數為，一個元素被某人選中的概率為且相互獨立，所以一個元素被甲乙丙三人都選中的概率為，由中元素的個數，表示至少一個元素被三人選中，而兩個元素均未被三人選中的概率為，所以的概率為.故答案為：15．(1)，；(2)與性別有關(3)【分析】（1）利用表格數據直接計算即可.（2）列出零假設，計算，再進行獨立性檢驗即可.（3）先判斷服從二項分布，再利用二項分布的期望公式求解即可.【詳解】（1）由題意得，.（2）零假設為：選購新能源汽車的款式與性別無關聯.根據列聯表中的數據，可得，根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，可以認為選購車的款式與性別有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05；（3）隨機抽取1人購買B款車的概率為，的可能取值有，由題意得，由二項分布的期望公式得.16．(1)(2)和(3)證明見解析【分析】（1）利用導數求解函數的單調性求解出函數的極值即可（2）當時，利用導數求解函數的單調性求解出函數的單調遞增區間（3）分和討論求解即可.【詳解】（1）由題意知.若，則，所以.令，得.當時，當時，所以在單調遞減，在單調遞增，所以的極小值等于.（2）因為，所以，由，即，解得或，所以在和單調遞增，由，即，解得，所以在單調遞減，故的單調增區間為和.（3）當時，由（2）知，的極大值等于；當時，，單調遞增，無極大值；當時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以的極大值等于，令，所以，在上在上，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以故，綜上所述，.17．(1)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）(2)【分析】（1）（ⅰ）根據線面垂直，可證線面垂直；（ⅱ）利用可求三棱錐的體積.（2）建立空間真假坐標系，利用空間向量表示出直線與平面所成角的正弦值，再結合換元法和基本不等式可求其最大值.【詳解】（1）（ⅰ）在中，，，所以.因為，，所以，所以.又因為，平面，，所以平面.（ⅱ）.（2）如圖，建立以為原點的空間直角坐標系，設二面角的平面角為，則，，，.所以.平面的法向量為.設直線與平面所成角為，則.設，設，所以，（當且僅當，即時取等號），即.直線與平面所成角的正弦值的最大值為.18．(1)(2)(3)【分析】（1）由題意得到，即可求解；（2）設直線的方程為，聯立拋物線方程，結合韋達定理即可求解；（3）由（2）結合兩點斜率公式即可求解.【詳解】（1）由題意知，所以拋物線方程為.（2）由題意可設直線的方程為，，，則，，.所以，得，所以，.所以直線的方程為：，與直線的方程聯立消去，解得，同理.所以.所以.所以直線的斜率為.（3）設，因為.因為，.所以，當時，為定值.所以.19．(1)，(2)(3)答案見解析【分析】（1）取和，根據題意得到和；（2）先排除不可能的取值，然后得到最大值，并構造出對應數列，得到最大值可取；（3）先分析時，由三元素組分析得到.然后通過構建兩個具有相同的大小順序的數列，證明.從而得到的最小值.然后再構造出能夠取到最小值的數量列即可.【詳解】（1）當時，1，2，3無論按何種順序排列，中位數只能是2，故.當時，在1，2，3，4中任取3個數：1，2，3；1，2，4；1，3，4和2，3，4，中位數只能為2或3，所以.（2）顯然，不存在使得或，故中所有元素的和，且當時，有.此時成立.（3）注意到對于任意，，記中元素個數的最小值為，由（1）可知，，.考慮的情形：對于1，2，3，4，5的排列，1和5不可能作為中位數；不妨，考慮三元素組，，，至少產生2個不同的中位數.①若此時中位數為，，不妨，則，.所以三元組將產生新的中位數，所以；②若此時的中位數為，，則，，.若，則三元組產生新的中位數；若，則三元組產生新的中位數.所以.③同理可知，若此時中位數為，；，也有；所以，，.下面證明：.比較下面兩個數列：（ⅰ），，…，，，.（ⅱ），，…，，，，，，.其中，，…，和，，…，具有相同的大小順序.因此，這兩個數列的前個三元數組所對應的中位數個數相同.因此，只需要比較數列（ⅰ）中三元組，和數列（ⅱ）中三元組，，，，.因為，數列（ⅱ）中至少增加1個新的中位數，故結論成立.因為若，的中位數在前面未出現，則，的中位數在前面也不會出現.對于新增的中位數，若，的2個中位數在前面出