浙江省臺州市2024屆高三數學下學期二模試題[含答案]

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1、臺州市2024屆高三第二次教學質量評估試題 數學 本試卷共4頁，19小題，滿分150分，考試用時120分鐘. 一、單項選擇題：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. 【答案】D 【解析】 【分析】根據題意，由集合的運算，即可得到結果. 【詳解】因為，且， 則. 故選：D 2. 在復平面內，復數（為虛數單位），則（） A. 的實部為2 B. C. D. 對應的點位于第一象限 【答案】B 【解析】 【分析】根據除法化簡復數，根據實部、模、共軛復數、復數對

2、應點逐項判斷即可. 【詳解】， 故實部為1，，，對應的點位于第四象限 故選：B 3. 已知平面向量，，若，則實數（） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根據向量的坐標運算及向量垂直的坐標表示求解. 【詳解】因為，， 所以，， 因為， 所以， 解得. 故選：D 4. 已知正項等比數列滿足，且，，成等差數列，則數列的前項和為（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】設正項等比數列的公比為，根據等差中項的性質及等比數列通項公式得到方程，求出，再由等比數列求和公式計算可得. 【詳解】設正項等比數列

3、的公比為， 由，且，，成等差數列， 得，即，即， 解得或（舍去）． ． 故選：A． 5. 已知x，y為正實數，則可成為“”的充要條件的是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作差法可判斷A；構造函數、，利用導數研究其單調性，并結合充分、必要性的定義可判斷BD；特值法可判斷C. 【詳解】對于A，已知x，y為正實數，若，， 則，故A錯誤； 對于B，由可得：， 令， ，令，解得：， 則在上單調遞減， 若，則，故B錯誤； 對于C，已知x，y為正實數，若，取， 則，故C錯誤； 對于D，由，則， 令，則， 即在定義域上遞增，故，

4、 反之也有成立，滿足要求，故D正確. 故選：D. 6. 在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若，則的最大值為（） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根據題意，由余弦定理代入化簡，再由基本不等式代入計算，即可得到結果. 【詳解】由余弦定理可知，， 由可得， 化簡可得， 所以，即， 即， 當且僅當時，即時，等號成立， 所以的最大值為. 故選：C 7. 房屋建造時經常需要把長方體磚頭進行不同角度的切割，以契合實際需要.已知長方體的規(guī)格為，現從長方體的某一棱的中點處作垂直于該棱的截面，截取1次后共可以得到，，三種不同規(guī)格的長方體.按照

5、上述方式對第1次所截得的長方體進行第2次截取，再對第2次所截得的長方體進行第3次截取，則共可得到體積為165cm3的不同規(guī)格長方體的個數為（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根據原長方體體積與得到的體積為165cm3長方體的關系，分別對長寬高進行減半，利用分類加法計數原理求解即可. 【詳解】由題意，，為得到體積為的長方體， 需將原來長方體體積縮小為原來的， 可分三類完成：第一類，長減半3次，寬減半3次、高減半3次，共3種； 第二類，長寬高各減半1次，共1種； 第三類，長寬高減半次的全排列種， 根據分類加法計數原理，共

6、種. 故選：B 8. 設，是雙曲線：的左、右焦點，點分別在雙曲線的左、右兩支上，且滿足，，則雙曲線的離心率為（） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】設與交點為，，進而根據下向量關系得，再結合雙曲線的性質即可得，，進而結合余弦定理求得，最后在中利用余弦定理求得，進而可得答案. 【詳解】解：如圖，設與的交點為，， 因為，所以， 所以，由雙曲線的定義可知：，， 因為，所以， 所以，， 所以，， 所以，在中，， 所以，由余弦定理有：， 代入，，，整理得， 解得，（舍）， 所以，,，， 所以，中，由余弦定理有：， 代入數據整理得：，

7、 所以，雙曲線的離心率為：. 故選：B 【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于利用向量的關系得到，進而在中結合余弦定理求得. 二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分. 9. 某同學最近6次考試的數學成績?yōu)?07，114，136，128，122，143.則（） A. 成績的第60百分位數為122 B. 成績的極差為36 C. 成績的平均數為125 D. 若增加一個成績125，則成績的方差變小 【答案】BCD 【解析】 【分析】根據題意，由百分位數的計算公式即可判斷A；

8、由極差，平均數的計算公式即可判斷BC；由方差的計算公式即可判斷D. 【詳解】將成績從低到高排序為，且， 所以成績的第60百分位數為第四個數，即為，故A錯誤； 極差為，故B正確； 平均數為，故C正確； 未增加成績之前的方差為， 若增加一個成績125，則成績的平均數為， 則其方差為 ，即成績的方差變小，故D正確； 故選：BCD 10. 已知正方體的棱長為1，為平面內一動點，且直線與平面所成角為，E為正方形的中心，則下列結論正確的是（） A. 點的軌跡為拋物線 B. 正方體的內切球被平面所截得的截面面積為 C. 直線與平面所成角的正弦值的最大值為 D. 點為直線上一動點，

9、則最小值為 【答案】BCD 【解析】 【分析】對于A，根據到點長度為定值，確定動點軌跡為圓； 對于B，理解內切球的特點，計算出球心到平面的距離，再計算出截面半徑求面積； 對于C，找到線面所成角的位置，再根據動點的運動特點（相切時）找到正弦的最大值； 對于D，需要先找到點位置，再將立體問題平面化，根據三點共線距離最短求解. 【詳解】 對于A，因為直線與平面所成角為，所以.點在以為圓心，為半徑的圓周上運動，因此運動軌跡為圓.故A錯誤. 對于B，在面內研究，如圖所示為內切球球心，為上底面中心，為下底面中心，為內切球與面的切點.已知，為球心到面的距離.在正方體中，，，.利用相似三

10、角形的性質有，即，.因此可求切面圓的，面積為.故B正確. 對于C，直線與平面所成角即為，當與點的軌跡圓相切時，最大.此時.故C正確. 對于D，分析可知，點為和圓周的交點時，最小.此時可將面沿著翻折到面所在平面.根據長度關系，翻折后的圖形如圖所示. 當三點共線時，最小.因為，，所以最小值為，故D正確. 故選：BCD 11. 已知是定義域為的非常數函數，若對定義域內的任意實數x，y均有，則下列結論正確的是（） A. B. 的值域為 C. D. 是奇函數 【答案】AC 【解析】 【分析】對于A：利用賦值法，令代入運算即可；對于C：令，代入運算即可；對于BD：舉反例說明

11、即可. 【詳解】對于A，令，則，可得， 且不恒為0，所以，故A正確； 對于B，例如，可知是定義域為的非常數函數， 且， 可知符合題意，但，故B錯誤； 對于C，令，則，可得， 即，故C正確； 對于D，例如，可知是定義域為的非常數函數， 且， 注意到同號， 可得， 可知符合題意， 但，即為偶函數，故D錯誤； 故選：AC. 【點睛】關鍵點點睛：對于選項BD：舉反例，通過函數和分析判斷. 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分. 12. 的展開式中的系數為___________（用數字作答）. 【答案】20 【解析】 【分析】求出展開式的通項，再令的系數

12、等于，即可得解. 【詳解】展開式的通項為， 令，則， 所以的展開式中的系數為. 故答案為：. 13. 某班有A，B兩個學習小組，其中A組有2位男生，1位女生，B組有2位男生，2位女生.為了促進小組之間的交流，需要從A，B兩組中隨機各選一位同學交換，則交換后A組中男生人數的數學期望為___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根據已知條件設出事件名稱，求出概率，分析出兩組各自出哪個人相互獨立，由此可求出不同值對應事件及概率，進而求出期望即可. 【詳解】設組出男生為事件，組出女生為事件， 組出男生為事件，組出男生為事件， 根據已知條件有：，， ，； 兩組各自

13、出哪個人相互獨立，設交換后組中男生的人數為， 則的可能取值為，，； ， ， ； 所以. 故答案為： 14. 已知關于x的不等式恒成立，則實數a的取值范圍是___________. 【答案】 【解析】 【分析】原不等式變形轉化為，構造函數，轉化為恒成立，利用導數研究，可得，再分離參數即可得解. 【詳解】原不等式， 構造函數，則， 則，令，解得， 故當時，，當時，， 所以在上單調遞減，在上單調遞增，且， 若，則當時，，此時恒不成立， 故，所以， 所以成立，只需成立即可， 即恒成立，令，則， 當時，，當時，， 所以在上單調遞增，在上單調遞減， 故，所以.

14、 故答案為： 【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于對不等式結構的觀察，同構出函數，轉化為研究函數大致變化情況，再由對的分類討論確定，且能得出，即可脫去“”，轉化為恒成立，分參即可得解. 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. 已知數列滿足，. （1）求（只需寫出數值，不需要證明）； （2）若數列的通項可以表示成的形式，求，. 【答案】（1）2 （2），. 【解析】 【分析】（1）先求出數列的周期，即可求出的值； （2）法一：由，，得到，解方程即可求出，；法二：：因為的周期為3，可求出，再由可求出. 【小問1詳解】 ，，，，

15、，……， 故數列的周期為3，. 【小問2詳解】 法一：由，，得到， 則，解得：，. 法二：因為的周期為3，所以 又由，則，即， 則，即，因為， 解得. 16. 臺州是全國三大電動車生產基地之一，擁有完整的產業(yè)鏈和突出的設計優(yōu)勢.某電動車公司為了搶占更多的市場份額，計劃加大廣告投入、該公司近5年的年廣告費（單位：百萬元）和年銷售量（單位：百萬輛）關系如圖所示：令，數據經過初步處理得： 44 4.8 10 40.3 1.612 19.5 8.06 現有①和②兩種方案作為年銷售量y關于年廣告費x的回歸分析模型，其中a，b，m，n均為常

16、數. （1）請從相關系數的角度，分析哪一個模型擬合程度更好? （2）根據（1）的分析選取擬合程度更好的回歸分析模型及表中數據，求出y關于x的回歸方程，并預測年廣告費為6（百萬元）時，產品的年銷售量是多少? （3）該公司生產的電動車毛利潤為每輛200元（不含廣告費、研發(fā)經費）.該公司在加大廣告投入的同時也加大研發(fā)經費的投入，年研發(fā)經費為年廣告費的199倍.電動車的年凈利潤受年廣告費和年研發(fā)經費影響外還受隨機變量影響，設隨機變量服從正態(tài)分布，且滿足.在（2）的條件下，求該公司年凈利潤的最大值大于1000（百萬元）的概率.（年凈利潤=毛利潤×年銷售量-年廣告費-年研發(fā)經費-隨機變量）. 附：

17、①相關系數， 回歸直線中公式分別為，； ②參考數據：，，，. 【答案】（1）模型②的擬合程度更好 （2），當年廣告費為6（百萬元）時，產品的銷售量大概是13（百萬輛） （3）0.3 【解析】 【分析】（1）分別求得模型①和②的相關系數，，然后比較得出結論； （2）利用最小二乘法求解； （3）由凈利潤為，求解. 【小問1詳解】 解：設模型①和②的相關系數分別為，. 由題意可得：， . 所以，由相關系數的相關性質可得，模型②的擬合程度更好. 【小問2詳解】 因為， 又由，， 得， 所以，即回歸方程為. 當時，， 因此當年廣告費為6（百萬元）時，產品的銷售量

18、大概是13（百萬輛）. 【小問3詳解】 凈利潤為，， 令， 所以. 可得在上為增函數，在上為減函數. 所以， 由題意得：，即， ， 即該公司年凈利潤大于1000（百萬元）的概率為0.3. 17. 如圖，已知四棱臺中，，，，，，，且，為線段中點， （1）求證：平面； （2）若四棱錐的體積為，求平面與平面夾角的余弦值. 【答案】（1）證明見解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分別延長線段，，，交于點，將四棱臺補成四棱錐，取的中點，連接，，由四邊形為平行四邊形，得到，然后利用線面平行的判定定理證明； （2）先證明平面，再以A為坐標原點，以直線為x軸，以直線為y

19、軸，建立空間直角坐標系，求得平面法向量為，易得平面的一個法向量為，然后由求解. 【小問1詳解】 證明：如圖所示： 分別延長線段，，，交于點，將四棱臺補成四棱錐. ∵，∴，∴， 取的中點，連接，， ∵，且，∴四邊形為平行四邊形. ∴，又平面，平面， ∴平面； 【小問2詳解】 由于，所以， 又梯形面積為， 設到平面距離為，則，得. 而，平面，平面， 所以平面， 所以點C到平面的距離與點D到平面的距離相等， 而，所以平面. 以A為坐標原點，以直線為x軸，以直線為y軸，建立空間直角坐標系， 易得為等邊三角形，所以，，，， 設平面的法向量為， 則， 得，，不

20、妨取， 又平面的一個法向量為. 則， 平面與平面夾角的余弦值為. 18. 已知橢圓：，直線：交橢圓于M，N兩點，T為橢圓的右頂點，的內切圓為圓Q. （1）求橢圓的焦點坐標； （2）求圓Q的方程； （3）設點，過P作圓Q的兩條切線分別交橢圓C于點A，B，求的周長. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化簡橢圓的標準方程，根據的關系即可求得焦點坐標； （2）先聯立方程求得，，求出直線的方程，然后利用待定系數法求得內切圓的方程； （3）設過P作圓Q的切線方程為，利用相切關系求得點A，B坐標，進而結合內切圓的半徑利用三角形中等面積法求解即可. 【小問1

21、詳解】 橢圓的標準方程為，因為，所以焦點坐標為. 【小問2詳解】 將代入橢圓方程得，由對稱性不妨設，， 直線的方程為，即， 設圓Q方程為，由于內切圓Q在的內部，所以， 則Q到直線和直線的距離相等，即，解得，， 所以圓方程為. 【小問3詳解】 顯然直線和直線的斜率均存在， 設過P作圓Q的切線方程為， 其中k有兩個不同的取值和分別為直線和的斜率. 由圓Q與直線相切得：，化簡得：， 則， 由得， 可得， 所以 . 同理，，所以直線的方程為， 所以與圓Q相切，將代入得， 所以，又點P到直線的距離為， 設的周長為，則的面積， 解得.所以的周長為. 19.

22、 設A，B是兩個非空集合，如果對于集合A中的任意一個元素x，按照某種確定的對應關系，在集合B中都有唯一確定的元素y和它對應，并且不同的x對應不同的y；同時B中的每一個元素y，都有一個A中的元素x與它對應，則稱：為從集合A到集合B的一一對應，并稱集合A與B等勢，記作.若集合A與B之間不存在一一對應關系，則稱A與B不等勢，記作. 例如：對于集合，，存在一一對應關系，因此. （1）已知集合，，試判斷是否成立?請說明理由； （2）證明：①； ②. 【答案】（1）成立，理由見解析 （2）①證明見解析；②證明見解析 【解析】 【分析】（1）根據新定義判斷即可； （2）①取特殊函數滿足定義

23、域為，值域為即可利用其證明 ②設，，假設，利用反證法得證. 【小問1詳解】 設，，令 則C與D存在一一對應，所以集合. 【小問2詳解】 ①取函數，其中，，兩個集合之間存在一一對應，故. 備注：函數舉例不唯一，只要保證定義域為，值域為即可， 如：或等等均可， ②設，， 假設，即存在對應關系：為一一對應， 對于集合B中的元素，，，至少存在一個（，且）與這三個集合中的某一個對應，所以集合A中必存在. 記，則，故， 從而存在，使得； 若，則，矛盾； 若，則，矛盾. 因此，不存在A到B的一一對應，所以. 【點睛】關鍵點點睛：壓軸數論問題，關鍵在于理解新的集合有關定義，能想到取特殊函數，并借助函數證明是關鍵所在，此題難度在考場上基本不能完成.