浙江省臺州市2024屆高三數(shù)學下學期二模試題[含答案]

臺州市2024屆高三第二次教學質(zhì)量評估試題 數(shù)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(jù)題意，由集合的運算，即可得到結(jié)果. 【詳解】因為，且， 則. 故選：D 2. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)（為虛數(shù)單位），則（） A. 的實部為2 B. C. D. 對應(yīng)的點位于第一象限 【答案】B 【解析】 【分析】根據(jù)除法化簡復(fù)數(shù)，根據(jù)實部、模、共軛復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)對應(yīng)點逐項判斷即可. 【詳解】， 故實部為1，，，對應(yīng)的點位于第四象限 故選：B 3. 已知平面向量，，若，則實數(shù)（） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根據(jù)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(shù)列滿足，且，，成等差數(shù)列，則數(shù)列的前項和為（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】設(shè)正項等比數(shù)列的公比為，根據(jù)等差中項的性質(zhì)及等比數(shù)列通項公式得到方程，求出，再由等比數(shù)列求和公式計算可得. 【詳解】設(shè)正項等比數(shù)列的公比為， 由，且，，成等差數(shù)列， 得，即，即， 解得或（舍去）． ． 故選：A． 5. 已知x，y為正實數(shù)，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(gòu)造函數(shù)、，利用導數(shù)研究其單調(diào)性，并結(jié)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(shù)，若，， 則，故A錯誤； 對于B，由可得：， 令， ，令，解得：， 則在上單調(diào)遞減， 若，則，故B錯誤； 對于C，已知x，y為正實數(shù)，若，取， 則，故C錯誤； 對于D，由，則， 令，則， 即在定義域上遞增，故， 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(jù)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(jié)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(jīng)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(xiàn)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(shù)為（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根據(jù)原長方體體積與得到的體積為165cm³長方體的關(guān)系，分別對長寬高進行減半，利用分類加法計數(shù)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(jù)分類加法計數(shù)原理，共種. 故選：B 8. 設(shè)，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(shè)與交點為，，進而根據(jù)下向量關(guān)系得，再結(jié)合雙曲線的性質(zhì)即可得，，進而結(jié)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(shè)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(shù)據(jù)整理得：， 所以，雙曲線的離心率為：. 故選：B 【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵在于利用向量的關(guān)系得到，進而在中結(jié)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(shù)學成績?yōu)?07，114，136，128，122，143.則（） A. 成績的第60百分位數(shù)為122 B. 成績的極差為36 C. 成績的平均數(shù)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(jù)題意，由百分位數(shù)的計算公式即可判斷A；由極差，平均數(shù)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(shù)為第四個數(shù)，即為，故A錯誤； 極差為，故B正確； 平均數(shù)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(shù)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(nèi)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(jié)論正確的是（） A. 點的軌跡為拋物線 B. 正方體的內(nèi)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，則最小值為 【答案】BCD 【解析】 【分析】對于A，根據(jù)到點長度為定值，確定動點軌跡為圓； 對于B，理解內(nèi)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(jù)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(jù)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(nèi)研究，如圖所示為內(nèi)切球球心，為上底面中心，為下底面中心，為內(nèi)切球與面的切點.已知，為球心到面的距離.在正方體中，，，.利用相似三角形的性質(zhì)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(jù)長度關(guān)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(shù)函數(shù)，若對定義域內(nèi)的任意實數(shù)x，y均有，則下列結(jié)論正確的是（） A. B. 的值域為 C. D. 是奇函數(shù) 【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(shù)函數(shù)， 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(shù)函數(shù)， 且， 注意到同號， 可得， 可知符合題意， 但，即為偶函數(shù)，故D錯誤； 故選：AC. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于選項BD：舉反例，通過函數(shù)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(shù)為___________（用數(shù)字作答）. 【答案】20 【解析】 【分析】求出展開式的通項，再令的系數(shù)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(shù)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(shù)的數(shù)學期望為___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根據(jù)已知條件設(shè)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(yīng)事件及概率，進而求出期望即可. 【詳解】設(shè)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(jù)已知條件有：，， ，； 兩組各自出哪個人相互獨立，設(shè)交換后組中男生的人數(shù)為， 則的可能取值為，，； ， ， ； 所以. 故答案為： 14. 已知關(guān)于x的不等式恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是___________. 【答案】 【解析】 【分析】原不等式變形轉(zhuǎn)化為，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒成立，利用導數(shù)研究，可得，再分離參數(shù)即可得解. 【詳解】原不等式， 構(gòu)造函數(shù)，則， 則，令，解得， 故當時，，當時，， 所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)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(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 故，所以. 故答案為： 【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于對不等式結(jié)構(gòu)的觀察，同構(gòu)出函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)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(zhuǎn)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(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 15. 已知數(shù)列滿足，. （1）求（只需寫出數(shù)值，不需要證明）； （2）若數(shù)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(shù)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】 ，，，，，……， 故數(shù)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(chǎn)基地之一，擁有完整的產(chǎn)業(yè)鏈和突出的設(shè)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(guān)系如圖所示：令，數(shù)據(jù)經(jīng)過初步處理得： 44 4.8 10 40.3 1.612 19.5 8.06 現(xiàn)有①和②兩種方案作為年銷售量y關(guān)于年廣告費x的回歸分析模型，其中a，b，m，n均為常數(shù). （1）請從相關(guān)系數(shù)的角度，分析哪一個模型擬合程度更好? （2）根據(jù)（1）的分析選取擬合程度更好的回歸分析模型及表中數(shù)據(jù)，求出y關(guān)于x的回歸方程，并預(yù)測年廣告費為6（百萬元）時，產(chǎn)品的年銷售量是多少? （3）該公司生產(chǎn)的電動車毛利潤為每輛200元（不含廣告費、研發(fā)經(jīng)費）.該公司在加大廣告投入的同時也加大研發(fā)經(jīng)費的投入，年研發(fā)經(jīng)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(jīng)費影響外還受隨機變量影響，設(shè)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(jīng)費-隨機變量）. 附：①相關(guān)系數(shù)， 回歸直線中公式分別為，； ②參考數(shù)據(jù)：，，，. 【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(chǎn)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(guān)系數(shù)，，然后比較得出結(jié)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(shè)模型①和②的相關(guān)系數(shù)分別為，. 由題意可得：， . 所以，由相關(guān)系數(shù)的相關(guān)性質(zhì)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(chǎn)品的銷售量大概是13（百萬輛）. 【小問3詳解】 凈利潤為，， 令， 所以. 可得在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù). 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(shè)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(shè)平面的法向量為， 則， 得，，不妨取， 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(nèi)切圓為圓Q. （1）求橢圓的焦點坐標； （2）求圓Q的方程； （3）設(shè)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(jù)的關(guān)系即可求得焦點坐標； （2）先聯(lián)立方程求得，，求出直線的方程，然后利用待定系數(shù)法求得內(nèi)切圓的方程； （3）設(shè)過P作圓Q的切線方程為，利用相切關(guān)系求得點A，B坐標，進而結(jié)合內(nèi)切圓的半徑利用三角形中等面積法求解即可. 【小問1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(shè)，， 直線的方程為，即， 設(shè)圓Q方程為，由于內(nèi)切圓Q在的內(nèi)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(shè)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(shè)的周長為，則的面積， 解得.所以的周長為. 19. 設(shè)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(yīng)關(guān)系，在集合B中都有唯一確定的元素y和它對應(yīng)，并且不同的x對應(yīng)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(yīng)，則稱：為從集合A到集合B的一一對應(yīng)，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(yīng)關(guān)系，則稱A與B不等勢，記作. 例如：對于集合，，存在一一對應(yīng)關(guān)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(jù)新定義判斷即可； （2）①取特殊函數(shù)滿足定義域為，值域為即可利用其證明 ②設(shè)，，假設(shè)，利用反證法得證. 【小問1詳解】 設(shè)，，令 則C與D存在一一對應(yīng)，所以集合. 【小問2詳解】 ①取函數(shù)，其中，，兩個集合之間存在一一對應(yīng)，故. 備注：函數(shù)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(shè)，， 假設(shè)，即存在對應(yīng)關(guān)系：為一一對應(yīng)， 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(yīng)，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(yīng)，所以. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：壓軸數(shù)論問題，關(guān)鍵在于理解新的集合有關(guān)定義，能想到取特殊函數(shù)，并借助函數(shù)證明是關(guān)鍵所在，此題難度在考場上基本不能完成.