2024届浙江省Z20联盟高三三模数学试题答案

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
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,,PF m PF n ==由双曲线的定义知2m n a −=①，在12F PF ∆中，由余弦定理得
2221242cos c m n mn F PF =+−⋅∠，222
647
c m n mn ∴=+−②，又()()()2222232m n a c +=+，
22
22942
a c m n +∴+=③，由①③得22
14mn a c =+④，把③④代入②得
2222294614()274
a c c a c +=−+，化简得222030,c a =222
202030a b a ∴+
=,a ∴=∴渐近线方程
为0x =． 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．
11．A 选项当1λμ+=时，点P 在线段1D B 上，且EF B D //1，D PEF B DEF V V −−=为定值，A 正确．
B 选项当1
2
λμ==时，点P 为线段1D B 的中点，易求正四棱锥P ABCD −的外接球的半径为34，
则表面积是9
4
π，B 正确．
C 选项点P 在矩形11
D B BD 及其内部，取线段11A D 的中点1F ，由对称性知，1PF PF =，
11PF PE PF PE F E ∴+=+≥
=
PF PE FE ∴++≥，C 错误． D
选项AP ，又点P 在矩形11D B BD 及其内部，∴点P 的轨迹为点A
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）
，
1r ==，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
π
，D 正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．3； 13．180； 14．11,2e 2⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
14．不等式可化为()(
)(
)
2
2ln 210ax x ax x x −−−+≤，
即2ln 21x ax x x ≤≤−+，数形结合得，122k a k ≤≤ 其中1k 为过原点且与ln y x =相切的直线，2k 为过原点
且与21y x x =−+相切的直线，易得121
,1e
k k ==．
故121e a ≤≤，112e 2
a ≤≤．
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）221121211n n a a a a d a =+⇒=+⇒=+由题意①…………………………………………2分
222151111()(4)2a a a a d a a d d a =⋅⇒+=+⇒=②……………………………………………2分
由①②可得11,2a d ==…………………………………………………………………2分
所以1(1)221n a n n =+−⋅=−…………………………………………………………………1分
（2）212113521()++++22
n n n a a n
a a a a n a n n −−+⋅==⋅=−……………………………………………6分
16．（15分）解：
（1）取BD 的中点M ，连AM ，CM ，
由AB AD BC BD ===，可得BD AM ⊥，BD CM ⊥，………………………………2分 又因为AM CM M =，AM CM ACM ⊆、平面， 所以BD ACM ⊥平面，……………………………………………………………………2分 因为AC ACM ⊆平面，
所以AC BD ⊥.……………………………………………2分 （2）方法1：
因为23BD =，所以1AM CM ==，
又3AC =，所以120AMC ∠=，
由（1）可得BD ACM ⊥平面，所以BCD ACM ⊥平面平面， 作AH CM ⊥交CM 延长线于点H ，则3
2
AH BCD AH ⊥=
平面且，…………………3分 设点B 到平面ACD 的距离为h ，
B ACD A BCD V V −−=………………………………………………………………………………2分 113332
ACD BCD S h S ∆∆⋅=⋅ 13232322=11313322
h ⋅⋅
=⋅⋅………………………………………2分
设直线AB 与平面ACD 所成角为θ
39
sin 13
h AB θ=
=
所以直线AB 与平面ACD 取成线面角的正弦值为
39
13
.………………………………2分 方法2：
因为23BD =，所以1AM CM ==，又3AC =， 所以120AMC ∠=，
由（1）可得BD ACM ⊥平面 所以BCD ACM ⊥平面平面，
作AH CM ⊥交CM 延长线于点H ，
则3
2
AH BCD AH ⊥=平面且，
如图，以MB 为x 轴，MC 为y 轴，//z AH 轴建立空间直角坐标系
13
(0,,)22
A −，(3,0,0)
B ，(0,1,0)
C ，(3,0,0)
D −………………………………………3分
33
(0,,)22
AC =−，(3,1,0)DC =，13(3,,)22AB =−
设面ACD 的一个法向量为(,,)n x y z =
0331,33300n AC y z x y z x y n DC ⎧⎧⋅==⎪⎪
⇒⇒==−=−⎨⎨
+=⋅=⎪
⎪⎩⎩令则， 所以(1,3,3)n =−−…………………………………………………………………………4分
设直线AB 与平面ACD 所成角为θ ||2339sin |cos ,|13
132
||||
AB n AB n AB n θ⋅=<>=
==⋅⋅ 所以直线AB 与平面ACD 取成线面角的正弦值为
39
13
.………………………………2分 17．（15分）解： （1）依题意，11=P ，4.04.012=⨯=P
，52.06.06.04.04.03=⨯+⨯=P ………………3分 依题意5
35
1
)1(6.04.0111+−=−+=−−−n n n n P P P P ，………………………………………2分 整理得)2
1
(51211−−=−
−n n P P ， 所以⎭⎬⎫⎩
⎨⎧
−21n P 是以21211=−P 为首项，51−为公比的等比数列，………………………2分
即1)5
1
(2121−−⋅=−
n n P ，1)51(2121−−⋅+=n n P .…………………………………………………1分 （3）200,300X =………………………………………………………………1分 2.06.0)1(2.08.0)300(+=−+==n n n P P P X P ，……………………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(200)300(300=−+=X P X P
1)5
1
(3025060220)300(100200−−+=+==+=n n P X P . ………………3分
18．（17分）解：
（1
）由题意c =
，2
c a =，解得：2a =，1b =，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=.
………………………………………………4分
（2）折叠前设11(,)A x y ，22(,)B x y ，联立2222
584(1)044
y x m
x mx m x y =+⎧⇒++−=⎨+=⎩ 直线y kx m =+与椭圆交于不同两点，所以0∆>，解得2
5m <，从而122
12854(1)5m x x m x x ⎧
+=−⎪⎪⎨−⎪⋅=⎪⎩
因为AB x 位于轴两侧，则24m <，从而22<<−m …………………………………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,,)A x y '，22(,,0)B y x '− …………………1分
①折叠后OA OB ''⊥，则0OA OB ''⋅=，即120x x ⋅=，所以21m =，1m =±.…………2分
②折叠前12||||AB x x −==……………………2分 折叠后
||AB =
=
5
……………………………………………………………………2分
所以3=542152m =
，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3
4
.……………………2分
19．（17分）解：
（1
）函数y =不是“
6π
旋转函数”，理由如下：
y =逆时针旋转6
π
后与y 轴重合，
当0x =时，有无数个y 与之对应，与函数的概念矛盾，
因此函数y =不是“6
π
旋转函数” . ………………………………3分
（2）由题意可得函数()ln(21)(0)f x x x =+>与函数y kx b =+最多有1个交点，
且tan()2
k π
α=−
即ln(21)(0)x kx b x +=+>最多有一个根， ln(21)(0)x kx b x ⇒+−=>
即函数ln(21)(0)y x kx x =+−>与函数()y b b R =∈最多有1个交点，
即函数ln(21)(0,)y x kx =+−+∞在上单调， ……………………………………………2分
2
21
y k x '=
−+． 因为0x >，2(0,2)21x ∈+，所以2021y k x '=−≤+，2
21k x ≥+，所以2k ≥，………2分 即tan()22πα−≥，1tan 2α≤，即1
tan 2
α的最大值为. ………………………………2分
（3）由题意可得函数2()(1)e ln 2
x
x g x m x x x =−−−与函数y x b =+最多有1个交点，
即22(1)e ln (1)e ln 22
x x
x x m x x x x b m x x x x b −−−=+⇒−−−−=，
即函数2(1)e ln 2x
x y m x x x x =−−−−与函数y b =最多有1个交点，
即函数2(1)e ln (0,)2
x
x y m x x x x =−−−−+∞在上单调，
e ln 2x y mx x x '=−−−，当0x →时，y '→+∞，
所以max ln 2
0()e x
x x y m x ++'≥⇒≥， …………………………………4分
ln 2
()e x
x x x x ϕ++=令，则2(1)(ln 1)()e x x x x x x ϕ+−−−'=
， 因为ln 1t x x =−−−在(0,)+∞上单调减，且1
()04
t >，(1)0t <，
所以存在01(,1)4x ∈，使0()0t x =，即0000001
ln 1ln(e )1e e
x x x x x x +=−⇒⋅=−⇒⋅=，
所以()x ϕ在()00,x ，()0,x +∞，
所以0
00max 000ln 21
()()e e e x x x x x x x x ϕϕ++====， 即e m ≥. ……………………………………4分。