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1、#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAAyANABAA=#2024届届Z20名校联盟浙江省杭州市名校新高考研究联盟三模数学试题含答案名校联盟浙江省杭州市名校新高考研究联盟三模数学试题含答案#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAAyANABAA=#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAAyANABAA=#Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024 届高三第三次联考 数学参考答案 第 1 页 共 5 页 Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究
2、联盟）2024 届高三第三次联考 Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024 届高三第三次联考 数学参考答案 数学参考答案 一、选择题：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 8 设12,PFm PFn=由 双 曲 线 的 定 义 知2mna=，在12FPF中，由 余 弦 定 理 得2221242coscmnmnFPF=+，222647cmnmn=+，又()()()2222232mnac+=+，2222942acmn+=，由 得2214mnac=+，把 代 入 得22222946 14()27 4accac+=+，
3、化简得222030,ca=222202030aba+=2,ab=渐近线方程为20 xy=二、选择题：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 11A 选项当1+=时，点P在线段1D B上，且EFBD/1，D PEFB DEFVV=为定值，A 正确 B 选项当12=时，点P为线段1D B的中点，易求正四棱锥PABCD的外接球的半径为34，则表面积是94，B 正确C 选项点P在矩形11D B BD及其内部，取线段11A D的中点1F，由对称性知，1PFPF=，1152PFPEPF
4、PEFE+=+=5322PFPEFE+，C 错误D 选项62AP=，又点P在矩形11D B BD及其内部，点P的轨迹为点A为球心，半径长为62的 球 面 被 平 面11D B BD截 且 在 矩 形11D B BD及 其 内 部 的 图 形，为 圆（部 分），2262122r=，该圆是以BD的中点为圆心，半径为 1 的圆的一部分（即41圆周），则轨迹长为2，D 正确 题号题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案答案 C D B A C D B B 题号题号 9 10 11 答案答案 BC ACD ABD#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAA
5、yANABAA=#Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024 届高三第三次联考 数学参考答案 第 2 页 共 5 页 三、填空题：三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 123；13180；1411,2e 214不等式可化为()()()22ln210axxaxxx+，即2ln21xaxxx+，数形结合得，122kak其中1k为过原点且与lnyx=相切的直线，2k为过原点且与21yxx=+相切的直线，易得121,1ekk=故121ea，112e2a 四、解答题：四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤 15（13 分）解：（1
6、）221121211nnaaaada=+=+=+由题意2 分 222151111()(4)2aaaada adda=+=+=2 分 由可得11,2ad=2 分所以1(1)221nann=+=1 分（2）212113521()+22nnnaanaaaan ann+=6 分 16（15 分）解：（1）取BD的中点M，连AM，CM，由ABADBCBD=，可得BDAM，BDCM，2 分 又因为AMCMM=，AMCMACM、平面，所以BDACM 平面，2 分 因为ACACM 平面，所以ACBD.2 分（2）方法 1：因为2 3BD=，所以1AMCM=，又3AC=，所以120AMC=，由（1）可得BDAC
7、M 平面，所以BCDACM平面平面，作AHCM交CM延长线于点H，则32AHBCDAH=平面且，3 分 设点B到平面ACD的距离为h，B ACDA BCDVV=2 分 113332ACDBCDShS=132 32 322=11313322h=2 分 设直线AB与平面ACD所成角为#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAAyANABAA=#Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024 届高三第三次联考 数学参考答案 第 3 页 共 5 页 39sin13hAB=所以直线AB与平面ACD取成线面角的正弦值为3913.2 分 方法 2：因为2
8、3BD=，所以1AMCM=，又3AC=，所以120AMC=，由（1）可得BDACM 平面所以BCDACM平面平面，作AHCM交CM延长线于点H，则32AHBCDAH=平面且，如图，以MB为x轴，MC为y轴，/zAH轴建立空间直角坐标系 13(0,)22A，(3,0,0)B，(0,1,0)C，(3,0,0)D 3 分 33(0,)22AC=，(3,1,0)DC=，13(3,)22AB=设面ACD的一个法向量为(,)nx y z=0331,33300n ACyzxyzxyn DC=+=令则，所以(1,3,3)n=4 分设直线AB与平面ACD所成角为|2 339sin|cos,|1313 2|AB
9、nAB nABn=所以直线AB与平面ACD取成线面角的正弦值为3913.2 分 17（15 分）解：（1）依题意，11=P，4.04.012=P，52.06.06.04.04.03=+=P3 分 依题意5351)1(6.04.0111+=+=nnnnPPPP，2 分 整理得)21(51211=nnPP，所以21nP是以21211=P为首项，51为公比的等比数列，2 分 即1)51(2121=nnP，1)51(2121+=nnP.1 分（3）200,300X=1 分 2.06.0)1(2.08.0)300(+=+=nnnPPPXP，3 分 则他第n天通过运动锻炼消耗的能量X的期望为)300(1(
10、200)300(300=+=XPXP 1)51(3025060220)300(100200+=+=+=nnPXP.3 分#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAAyANABAA=#Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024 届高三第三次联考 数学参考答案 第 4 页 共 5 页 18（17 分）解：（1）由题意3c=，32ca=，解得：2a=，1b=，所以椭圆C的标准方程为2214xy+=.4 分（2）折叠前设11(,)A x y，22(,)B xy，联立2222584(1)044yxmxmxmxy=+=+=直线ykxm=+与椭圆交于不
11、同两点，所以0，解得25m，从而12212854(1)5mxxmxx+=因为ABx位于 轴两侧，则24m，从而22m 4 分 以O为坐标原点，折叠后，分别以原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则折叠后11(0,)Ax y，22(,0)Byx 1 分 折叠后OAOB，则0OA OB=，即120 xx=，所以21m=，1m=.2 分 折叠前221212124 2|2|2()455ABxxxxx xm=+=2 分 折叠后 22222222122112112124437|()()=2+()4442xxAByxxyxxxxx x=+=+212022=5m 2 分
12、所以22120223 4 2=5545mm，解得2152m=，此时直线l与椭圆无交点 故不存在m，使折叠后的AB与折叠前的AB长度之比为34.2 分 19（17 分）解：（1）函数3yx=不是“6旋转函数”，理由如下：3yx=逆时针旋转6后与y轴重合，当0 x=时，有无数个y与之对应，与函数的概念矛盾，因此函数3yx=不是“6旋转函数”.3 分（2）由题意可得函数()ln(21)(0)f xxx=+与函数ykxb=+最多有 1 个交点，且tan()2k=即ln(21)(0)xkxb x+=+最多有一个根，ln(21)(0)xkxb x+=即函数ln(21)(0)yxkx x=+与函数()yb
13、bR=最多有 1 个交点，即函数ln(21)(0,)yxkx=+在上单调，2 分#QQABYYAEgggoAIIAARgCQwEgCkOQkBCCACoOgEAMIAAAyANABAA=#Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2024 届高三第三次联考 数学参考答案 第 5 页 共 5 页 221ykx=+因为0 x，2(0,2)21x+，所以2021ykx=+，221kx+，所以2k，2 分 即tan()22，1tan2，即1tan2的最大值为.2 分（3）由题意可得函数2()(1)eln2xxg xm xxx=与函数yxb=+最多有 1 个交点，即22(1)eln(1)eln22xx
14、xxm xxxxbm xxxxb=+=，即函数2(1)eln2xxym xxxx=与函数yb=最多有 1 个交点，即函数2(1)eln(0,)2xxym xxxx=+在上单调，eln2xymxxx=，当0 x 时，y+，所以maxln20()exxxymx+，4 分 ln2()exxxxx+=令，则2(1)(ln1)()exxxxxx+=，因为ln1txx=在(0,)+上单调减，且1()04t，(1)0t，所以存在01(,1)4x，使0()0t x=，即0000001ln1ln(e)1eexxxxxx+=，所以()x在()00,x，()0,x+，所以0000max000ln21()()eeexxxxxxxx+=，即em.4 分