浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）2024届高三第二次联考数学试题及答案

这是一份浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）2024届高三第二次联考数学试题及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知是关于的实系数一元二次方程的一个根，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．已知向量，向量在向量上的投影向量（ ）
A．B．
C．D．
4．已知直线交圆于两点，设甲：，乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
5．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
6．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．假设变量与变量的对观测数据为，两个变量满足一元线性回归模型.要利用成对样本数据求参数的最小二乘估计，即求使取最小值时的的值，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．为了了解某公路段汽车通过的时速，随机抽取了200辆汽车通过该公路段的时速数据，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），绘制成频率分布直方图，“根据直方图，以下说法正确的是（ ）

A．时速在的数据有40个
B．可以估计该组数据的第70百分位数是65
C．时速在的数据的频率是0.07
D．可以估计汽车通过该路段的平均时速是
10．函数是定义在上的奇函数，满足，以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．曲线的法线定义：过曲线上的点，且垂直于该点处切线的直线即为该点处的法线.已知点是抛物线上的点，是的焦点，点处的切线与轴交于点，点处的法线与轴交于点，与轴交于点，与交于另一点，点是的中点，则以下结论正确的是（ ）
A．点的坐标是
B．的方程是
C．
D．过点的的法线（包括）共有两条
12．已知棱长为1的正方体是空间中一个动平面，下列结论正确的是（ ）
A．设棱所在的直线与平面所成的角为，则
B．设棱所在的直线与平面所成的角为，则
C．正方体的12条棱在平面上的射影长度的平方和为8
D．四面体的6条棱在平面上的射影长度的平方和为8
三、填空题
13．的展开式中的系数是 .
14．已知正方形的四个顶点均在椭圆上，的两个焦点分别是的中点，则的离心率是 .
15．设函数，若存在使成立，则的取值范围是 .
16．已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 .
四、解答题
17．记等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
18．如图，已知三棱锥平面，点是点在平面内的射影，点在棱上，且满足.

(1)求证：；
(2)求与平面所成角的正弦值.
19．在中，角所对的边分别为，.
(1)求的值；
(2)若，点是的中点，且，求的面积.
20．已知双曲线的左右焦点分别为，点在的渐近线上，且满足.
(1)求的方程；
(2)点为的左顶点，过的直线交于两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：线段的中点为定点.
21．某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下：
①顾客在商场内消费每满100元，可获得1张抽奖券；
②顾客进行一次抽奖需消耗1张抽奖券，抽奖规则为：从放有5个白球，1个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同），若摸到白球，则没有中奖，若摸到红球，则可获得1份礼品，并得到一次额外抽奖机会（额外抽奖机会不消耗抽奖券，抽奖规则不变）；
③每位顾客获得的礼品数不超过3份，若获得的礼品数满3份，则不可继续抽奖；
(1)顾客甲通过在商场内消费获得了2张抽奖券，求他通过抽奖至少获得1份礼品的概率；
(2)顾客乙累计消耗3张抽奖券抽奖后，获得的礼品数满3份，则他在消耗第2张抽奖券抽奖的过程中，获得礼品的概率是多少？
(3)设顾客在消耗张抽奖券抽奖后，获得的礼品数满3份，要获得张抽奖券，至少要在商场中消费满元，求的值.
（重复进行某个伯努利试验，且每次试验的成功概率均为.随机变量表示当恰好出现次失败时已经成功的试验次数.则服从参数为和的负二项分布.记作.它的均值，方差）
22．已知函数，
(1)当时，求函数的值域；
(2)若函数恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】求出对应集合，再利用交集的定义求解即可.
【详解】令，解得，则，
故，
故选：C
2．D
【分析】利用复数相等可求参数的值.
【详解】因为是关于的实系数一元二次方程的一个根，
所以，整理得到: 即，
故选：D.
3．C
【分析】利用平面向量投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以向量在向量上的投影向量，
故选：C
4．A
【分析】结合直线和圆的位置关系，判断甲：和乙：之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径为，
当时，直线，则到直线的距离为，
此时，而，即为正三角形，
故；
当时，为正三角形，则C到的距离为，
即圆心C到直线距离为，解得或，
即当时，不一定推出，
故甲是乙的充分条件但不是必要条件，
故选：A
5．B
【分析】根据递推关系可证明为等差数列，即可求解.
【详解】，
所以，，所以为等差数列，且公差为1，首项为1，
故，即，
故选：B
6．D
【分析】求出函数的定义域与导函数，再令，解得即可.
【详解】函数的定义域为，
且，
令，解得，
所以的单调递增区间为.
故选：D
7．D
【分析】根据角的范围，利用同角的三角函数关系求得的值，利用两角差的余弦公式即可求得，继而利用二倍角余弦公式求得答案.
【详解】由于，则，
而，故，
由，可得，
则
，
故，
故选：D
8．A
【分析】化简为二次函数形式，根据二次函数性质得到最值.
【详解】因为
，
上式是关于的二次函数，
因此要使取得最小值，当且仅当的取值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是化简为二次函数形式，利用其性质得到最值时的.
9．AD
【分析】对于A，直接由对应的频率乘以200即可验算；对于B，由百分位数的定义即可判断；对于C，由对应的长方形面积之和即可判断；对于D，由平均数的计算公式即可得解.
【详解】对于A，，即时速在的数据有40个，故A正确；
对于B，，
所以该组数据的第70百分位数位于不妨设为，
则，解得，故B错误；
对于C，时速在的数据的频率是，故C错误；
对于D，可以估计汽车通过该路段的平均时速是，故D正确.
故选：AD.
10．BC
【分析】首先由抽象函数的形状判断函数的周期，并求的值，即可求解.
【详解】由条件，可知，
所以，
所以函数是周期为4的函数，
，故A错误；，故B正确；
由条件，可知，所以
，故C正确；
由函数的周期为4，且，，
所以，故D错误.
故选：BC
11．BCD
【分析】利用导数求出切线斜率，进而确定切线方程判断A，利用法线的定义判断B，利用两点间距离公式判断C，分类讨论判断D即可.
【详解】
对A，将点代入，得，则，当时，
故的方程为，令，则点的坐标是，故A错误；
对B，的方程为，整理得，故B正确；
对C，易得与轴的交点的坐标为，与轴的交点的坐标为，
联立，解得或.
与的另一个交点的坐标为，
则，故C正确；
对D，易得点的坐标为，设点为抛物线上一点，
当是原点时，处的法线为轴，显然不过点，
当点不是原点时，则处的法线方程为，
将点代入得，，
又，则，
故或过点的的法线（包括）共有两条，故D正确.
故选：BCD
12．ACD
【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设的法向量为，利用向量法求线面角和射影问题.
【详解】对于A，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则,
得，，设的法向量为，
则，同理可得，
，故A正确；
对于B，则，故B错误；
对于C，这3条棱在平面上的射影长度的平方和为，
条棱在平面上的射影长度的平方和为8，故C正确；
对于D，，设与平面所成角为与平面所成角为，
则，
，
在平面上的射影长度的平方和为
，
则四面体的6条棱在平面上的射影长度的平方和为
，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：
建立空间直角坐标系，设的法向量为，向量法求线面角的正弦值和余弦值，向量法求射影长度，结果用表示，化简即可.
13．8
【分析】写出二项式展开式的通项公式，令的指数为1，解出，可得结果.
【详解】展开式的通项公式为，(其中)，
令，解得，即二项式展开式中的系数为.
故答案为：8
14．
【分析】由题意，将代入椭圆方程，得，结合正方形性质可得，即可得齐次式，即可求得答案.
【详解】不妨设为椭圆的左、右焦点，由题意知轴，轴，
且经过椭圆焦点，，
则，将代入椭圆方程，得，
故，由，得，
结合，得，即，
解得（负值舍），
故的离心率是，
故答案为：
15．
【分析】根据题意确定时，，结合正弦函数的图象和性质找到当时，离最近且使得的x值，由此列出不等式，即可求得答案.
【详解】由于函数，
当时，，
根据正弦函数的性质可知当时，离最近且使得的x值为,
故存在，使成立，需满足，
即的取值范围为，
故答案为：
16．/
【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解.
【详解】由得，显然，
所以有解，
令，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的最小值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到有解，再构造函数，利用导数求出.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据得到和的关系式，同理得到和的关系式，根据是等比数列和是等比数列求出和的通项；
（2）令，对分偶数和奇数讨论即可.
【详解】（1）得：，
或，
同理：或，
是等差数列，，
是等比数列；
（2）令，其前项和为，
当为偶数时，
当为奇数时，.
综上所述，.
18．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，先判断是正三角形，再求点的坐标，进而利用向量的垂直关系即可证明；
（2）先求平面的法向量，再利用向量法即可求解.
【详解】（1）连结，
平面平面，
又两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

不妨设，可得，
.
，所以是正三角形，
点为正三角形的中心，所以，
,所以.
，又，
.
（2），，，
设平面的一个法向量为，
由，得：，
则，
设与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理和二倍角的余弦公式得；
（2）根据同角三角函数关系求出，再利用余弦定理求出值，最后利用三角形面积公式即可.
【详解】（1）
由正弦定理得：，
，则，，
不等于0，.
（2），，所以，
联立，，
在中，由余弦定理得：①
在中，由余弦定理得：②
由①②式得：
故，
.
20．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助向量垂直的坐标表示及双曲线渐近线方程求出即可得解.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理及向量共线的坐标表示求出的中点纵坐标即可得解.
【详解】（1）设，，由，得，
解得，即，而曲线的渐近线方程为，
由点在的渐近线上，得，即，因此，
所以的方程为.
（2）由（1）知，设直线为，
由消去y得：，
则，
，由三点共线，得，同理，
因此
，
所以的中点为定点.
21．(1)；
(2)；
(3)，.
【分析】（1）确定一次摸奖摸到白球的概率，根据对立事件的概率计算，即 可得答案；
（2）分别求出顾客乙累计消耗3张抽奖券抽奖后，获得的礼品数满3份，以及顾客乙在消耗第2张抽奖券抽奖的过程中，获得礼品的概率，根据条件概率的计算公式，即可求得答案；
（3）由题意确定，结合负二项分布的均值和方差公式，即可求得答案.
【详解】（1）由题意可知一次摸奖摸到红球的概率为，摸到白球的概率为，
故甲至少获得1份礼品的概率；
（2）设“顾客乙累计消耗3张抽奖券抽奖后，获得的礼品数满3份”，“顾客乙在消耗第2
张抽奖券抽奖的过程中，获得礼品”
，
，
；
（3）由题意可知
则，
.
22．(1)
(2)
【分析】（1）求导，易得在上单调递增求解；
（2）方法一：分，，，，由求解；方法二：当时，成立，当时，成立，当时，转化为恒成立，由求解.
【详解】（1）因为，
所以，
在上单调递增又，
的值域是.
（2）方法一：①当时，
，
②当时，
，
在上单调递增，成立.
③当时，
令，
则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
，
使得当时，故在上单调递减，
则，
④当时，
令，
则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
，即在上递增，则成立.
综上所述，若函数恒成立，则.
方法二
当时，成立，当时，成立，
当时，恒成立，
令，则，
又，
令，
，
当时，，
，
在上单调递增.
，
，故，
，又，
，故.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，法一：由求解；法二：转化为 由求解.