浙江省2024届高三数学下学期二模试题含解析

这是一份浙江省2024届高三数学下学期二模试题含解析，共25页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：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.
1. 已知集合，，若，则满足集合的个数为（）
A. 4B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解.
【详解】因为，
所以可以是，共8个，
故选：D
2. 抛物线的焦准距是（）
AB. C. 3D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线标准方程求出即可得解.
【详解】化为标准方程为，
所以，，
即焦点与准线的距离为，
故选：A
3. 在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．
【详解】正三棱台中，已知，，
所以的面积为，的面积为，
设，分别是，的中心，
设，分别是，的中点，
，，三点共线，，，三点共线，
，，
，，
，
过作，垂足为，则，
，
三棱台的高为，
三棱台的体积为．
故选：C．
4. 展开式的常数项为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出二项展开式的通项公式，令的指数为0，得出常数项的项数，即可得常数项．
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项.
故选：A.
5. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦两角和公式将展开成角与的两角和形式与与的两角和形式，建立等式关系结合已知等式即可得结论.
【详解】因为，
又，
所以，
因为，
则
故选：B.
6. 为了解某中学学生假期中每天自主学习的时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取高一学生40人，其每天学习时间均值为8小时，方差为0.5，抽取高二学生60人，其每天学习时间均值为9小时，方差为0.8，抽取高三学生100人，其每天学习时间均值为10小时，方差为1，则估计该校学生每天学习时间的方差为（）
A. 1.4B. 1.45C. 1.5D. 1.55
【答案】B
【解析】
【分析】利用分层随机抽样的均值与方差公式即可解决.
【详解】由题意可得，该校学生每天学习时间的均值为
，
该校学生每天学习时间的方差为
.
故选：B
7. 已知函数满足对任意的且都有，若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据将，再用裂项相消法求的值.
【详解】∵函数满足对任意的且都有
∴令，则，
∴
∴
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的求和问题，关键是理解数列的规律，即研究透通项，本题的关键是将通项分析为：
8. 古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数，正割函数，余割函数，正矢函数，余矢函数.如图角始边为轴的非负半轴，其终边与单位圆交点，、分别是单位圆与轴和轴正半轴的交点，过点作垂直轴，作垂直轴，垂足分别为、，过点作轴的垂线，过点作轴的垂线分别交的终边于、，其中、、、为有向线段，下列表示正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知，，，然后结合新定义简单计算可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得，
对于A，因为，即，故A错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似三角形相似比求解，注意有向线段.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.
9. 正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（）
A. 平面
B. 平面
C. 异面直线与所成角为60°
D. 平面截正方体所得截面为等腰梯形
【答案】ACD
【解析】
【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D.
【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为，中点，则，故，
设正方体棱长为，则，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误；
对于C，如图，连接，
在正方体中，，即为正三角形，
又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确；
对于D，如图，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
则，又，所以，所以四点共面，
故平面截正方体所得截面为四边形，
设正方体棱长为，则，
所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知正实数，，，且，，，为自然数，则满足恒成立的，，可以是（）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】BC
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用得到，进而得到只需即可，再依次判断四个选项即可.
【详解】要满足，只需满足，
其中正实数，，，且，，，为正数，
，
当且仅当，即时，等号成立，
观察各选项，故只需，故只需即可，
A选项，，，时，，A错误；
B选项，，，时，，B正确；
C选项，，，时，，C正确；
D选项，，，时，，D错误.
故选：BC.
11. 已知椭圆左右两个焦点分别为和，动直线经过椭圆左焦点与椭圆交于两点，且恒成立，下列说法正确的是（）
A. B.
C. 离心率D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据椭圆定义利用通径长可求得，由椭圆性质可得，且离心率，联立直线和椭圆方程可知当，方程无解，因此D错误.
【详解】如下图所示：
易知，由椭圆定义可知，
因为恒成立，所以，
当轴，即为通径时，最小，所以，
解得，所以A正确；
当为长轴时，最大，此时，所以，即B正确；
可得椭圆方程为，易知，所以离心率，即C错误；
因为，可设直线的方程为，，
联立，整理可得，
因此；
若，可得，即，所以；
整理得，此时方程无解，因此D错误.
故选：AB
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数与在复平面内用向量和表示（其中是虚数单位，为坐标原点），则与夹角为__________.
【答案】45°（或）
【解析】
【分析】根据复数的几何意义、向量夹角公式运算得解.
【详解】根据题意，，，
，又，
所以向量与的夹角为.
故答案为：（或）.
13. 将函数的图象上的每个点横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，再将所得图象向右平移得到函数的图象，若函数与函数图象交于点，其中，则的值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先利用伸缩变换和平移变换得到，再根据题意，由求解.
【详解】解：由题意得：，
因为函数与函数图象交于点，
所以，即，
整理得，
因为，所以，
又因为，所以，
故答案为：
14. 如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特·梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆的一段圆弧，且弧所对的圆心角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为__________.（参考数据：）
【答案】
【解析】
【分析】设弧的中点为，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆的位置，分析可得弧上的点与圆上的点的最短距离.
【详解】如图，
设弧的中点为，弧所对的圆心角为，
圆的半径，在弧上取两点，则，
分别过点作圆的切线，并交直线于点，
当过点的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点，使过点的切线为两圆的内公切线，
则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点，
过点，分别向作垂线，垂足为，则即为圆的半径，
设线段交圆于点，则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度.
在中，，
则，
即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：本题考查了根据两圆位置关系求距离的范围的问题.可按如下结论求解：
相离的两个圆（圆心分别为和 ,半径分别为和）上的两个动点之间的距离的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径，即.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，已知多面体均垂直于平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．
结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．
联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．
又，设直线与平面所成角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二：通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．
16. 欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数且与互素的正整数的个数，例如：，，，数列满足.
（1）求，，，并求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前和.
【答案】（1），，，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意理解可求，，，结合与互素的个数可求数列的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
由题意可知，，，
由题意可知，正偶数与不互素，所有正奇数与互素，比小的正奇数有个，
所以；
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以，
，
所以，①
，②
所以①－②得
，
所以.
17. 已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组求出得解；
（2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值.
【小问1详解】
设双曲线的两渐近线方程分别为，，
点到双曲线两渐近线的距离乘积为，
由题意可得：，解得，，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
由，互相垂直得的方程，
联立方程得，消得，
成立，所以，，
所以点坐标为，
联立方程得，所以，，
所以点坐标为，
根据对称性判断知定点在轴上，
直线的方程为，
则当时，，
所以直线恒过定点，定点坐标为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程从而解出点的坐标，再得到直线的方程，最后令即可得到其定点坐标.
18. 定义，已知函数，其中.
（1）当时，求过原点的切线方程；
（2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）当时，求出，利用导数的几何意义得出切线斜率，即可求切线方程；
（2）对分类讨论，根据函数只有一个零点，结合函数的单调性分别分析求出的取值范围.
【小问1详解】
由题意知定义域，当时，
，
令，
，
在单调递增，单调递减，且，
令，则在单调递增，而，
又，，而，
所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
所以，
所以在和单调递增，在单调递减.
（ⅰ）当时，，设切点，
则此切线方程为，
又此切线过原点，
所以，解得，
即此时切线方程是；
（ⅱ）当时，，所以，
设切点为，此时切线方程，
又此切线过原点，所以，解得，
所以此时切线方程，
综上所述，所求切线方程是：或；
【小问2详解】
（ⅰ）当时，
由（1）知，在和单调递增，单调递减，
且，，，
此时有两个零点；
（ⅱ）当时，
当时，，
由（1）知：在递增，递减，且，
所以时，，而，
所以在只有一个零点，没有零点；
（ⅲ）当时，
，此时得，
由（1）知，当时，只有一个零点，
要保证只有一个零点，只需要当时，没有零点，
，得；
（ⅳ）当时，当时，，
此时只有一个零点，
综上，只有一个零点时，或 .
【点睛】关键点点睛：通过对的分类讨论，得出解析式，再由函数的单调性，结合函数只有一个零点，分别分析或列出不等式求的范围，解题过程较繁琐.
19. 甲、乙两人进行知识问答比赛，共有道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每题甲乙答题正确的概率分别为和，各题答题相互独立.规则为：初始双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得﹣1分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
（1）若，，求甲获胜的概率；
（2）若，设甲第题的得分为随机变量，一次比赛中得到的一组观测值，如下表.现利用统计方法来估计的值：
①设随机变量，若以观测值的均值作为的数学期望，请以此求出的估计值；
②设随机变量取到观测值的概率为，即；在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，随着的变化，用使得达到最大时的取值作为参数的一个估计值.求.
表1：甲得分的一组观测值.
附：若随机变量，的期望，都存在，则.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据甲抢到题目数，分类讨论利用条件概率和全概率公式求解.
（2）①由公式计算的数学期望与观测值的均值相等，可求出的估计值；
②由概率的表达式，利用导数求取最大值时时的取值.
【小问1详解】
记甲获胜为事件，甲抢到3道题为事件，甲抢到2道题为事件，甲抢到1道题为事件，甲抢到0道题为事件，
则，，
，，
而，
，
，
，
所以
.
【小问2详解】
①，，，
所以；
因为，
由表中数据可知，
所以，.
②因为取值相互独立，
所以
，
所以；
令得，
又，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
即当时取到最大值，从而.
【点睛】方法点睛：
正确提取题干中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!题目
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
得分
1
0
0
﹣1
1
1
﹣1
0
0
0
题目
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
得分
﹣1
0
1
1
﹣1
0
0
0
1
0