浙江省台州市2024届高三数学下学期二模试题含解析

这是一份浙江省台州市2024届高三数学下学期二模试题含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.
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，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由集合的运算，即可得到结果.
【详解】因为，且，
则.
故选：D
2. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（）
A. 的实部为2B.
C. D. 对应的点位于第一象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据除法化简复数，根据实部、模、共轭复数、复数对应点逐项判断即可.
【详解】，
故实部为1，，，对应的点位于第四象限
故选：B
3. 已知平面向量，，若，则实数（）
A. -1B. -2C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算及向量垂直的坐标表示求解.
【详解】因为，，
所以，，
因为，
所以，
解得.
故选：D
4. 已知正项等比数列满足，且，，成等差数列，则数列的前项和为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正项等比数列的公比为，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程，求出，再由等比数列求和公式计算可得.
【详解】设正项等比数列的公比为，
由，且，，成等差数列，
得，即，即，
解得或（舍去）．
．
故选：A．
5. 已知x，y为正实数，则可成为“”的充要条件的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作差法可判断A；构造函数、，利用导数研究其单调性，并结合充分、必要性的定义可判断BD；特值法可判断C.
【详解】对于A，已知x，y为正实数，若，，
则，故A错误；
对于B，由可得：，
令，
，令，解得：，
则在上单调递减，
若，则，故B错误；
对于C，已知x，y为正实数，若，取，
则，故C错误；
对于D，由，则，
令，则，
即在定义域上递增，故，
反之也有成立，满足要求，故D正确.
故选：D.
6. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，则的最大值为（）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】由余弦定理可知，，
由可得，
化简可得，
所以，即，
即，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：C
7. 房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到，，三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm³的不同规格长方体的个数为（ ）
A. 8B. 10C. 12D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm³长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】由题意，，为得到体积为的长方体，
需将原来长方体体积缩小为原来的，
可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；
第二类，长宽高各减半1次，共1种；
第三类，长宽高减半次的全排列种，
根据分类加法计数原理，共种.
故选：B
8. 设，是双曲线：的左、右焦点，点分别在双曲线的左、右两支上，且满足，，则双曲线的离心率为（）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设与交点为，，进而根据下向量关系得，再结合双曲线的性质即可得，，进而结合余弦定理求得，最后在中利用余弦定理求得，进而可得答案.
【详解】解：如图，设与的交点为，，
因为，所以，
所以，由双曲线的定义可知：，，
因为，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：，
代入数据整理得：，
所以，双曲线的离心率为：.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用向量的关系得到，进而在中结合余弦定理求得.
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. 某同学最近6次考试的数学成绩为107，114，136，128，122，143.则（）
A. 成绩的第60百分位数为122B. 成绩的极差为36
C. 成绩的平均数为125D. 若增加一个成绩125，则成绩的方差变小
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式即可判断A；由极差，平均数的计算公式即可判断BC；由方差的计算公式即可判断D.
【详解】将成绩从低到高排序为，且，
所以成绩的第60百分位数为第四个数，即为，故A错误；
极差为，故B正确；
平均数为，故C正确；
未增加成绩之前的方差为，
若增加一个成绩125，则成绩的平均数为，
则其方差为
，即成绩的方差变小，故D正确；
故选：BCD
10. 已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（）
A. 点的轨迹为抛物线
B. 正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D. 点为直线上一动点，则最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆；
对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；
对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；
对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
【详解】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确.
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确.
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.
当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确.
故选：BCD
11. 已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（）
A. B. 的值域为
C. D. 是奇函数
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：利用赋值法，令代入运算即可；对于C：令，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可.
【详解】对于A，令，则，可得，
且不恒为0，所以，故A正确；
对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
可知符合题意，但，故B错误；
对于C，令，则，可得，
即，故C正确；
对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
注意到同号，
可得，
可知符合题意，
但，即为偶函数，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数和分析判断.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为___________（用数字作答）.
【答案】20
【解析】
【分析】求出展开式的通项，再令的系数等于，即可得解.
【详解】展开式的通项为，
令，则，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
13. 某班有A，B两个学习小组，其中A组有2位男生，1位女生，B组有2位男生，2位女生.为了促进小组之间的交流，需要从A，B两组中随机各选一位同学交换，则交换后A组中男生人数的数学期望为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件设出事件名称，求出概率，分析出两组各自出哪个人相互独立，由此可求出不同值对应事件及概率，进而求出期望即可.
【详解】设组出男生为事件，组出女生为事件，
组出男生为事件，组出男生为事件，
根据已知条件有：，，
，；
两组各自出哪个人相互独立，设交换后组中男生的人数为，
则的可能取值为，，；
，
，
；
所以.
故答案为：
14. 已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】原不等式变形转化为，构造函数，转化为恒成立，利用导数研究，可得，再分离参数即可得解.
【详解】原不等式，
构造函数，则，
则，令，解得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
若，则当时，，此时恒不成立，
故，所以，
所以成立，只需成立即可，
即恒成立，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不等式结构的观察，同构出函数，转化为研究函数大致变化情况，再由对的分类讨论确定，且能得出，即可脱去“”，转化为恒成立，分参即可得解.
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. 已知数列满足，.
（1）求（只需写出数值，不需要证明）；
（2）若数列的通项可以表示成的形式，求，.
【答案】（1）2 （2），.
【解析】
【分析】（1）先求出数列的周期，即可求出的值；
（2）法一：由，，得到，解方程即可求出，；法二：：因为的周期为3，可求出，再由可求出.
【小问1详解】
，，，，，……，
故数列的周期为3，.
【小问2详解】
法一：由，，得到，
则，解得：，.
法二：因为的周期为3，所以
又由，则，即，
则，即，因为，
解得.
16. 台州是全国三大电动车生产基地之一，拥有完整的产业链和突出的设计优势.某电动车公司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入、该公司近5年的年广告费（单位：百万元）和年销售量（单位：百万辆）关系如图所示：令，数据经过初步处理得：
现有①和②两种方案作为年销售量y关于年广告费x的回归分析模型，其中a，b，m，n均为常数.
（1）请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好?
（2）根据（1）的分析选取拟合程度更好的回归分析模型及表中数据，求出y关于x的回归方程，并预测年广告费为6（百万元）时，产品的年销售量是多少?
（3）该公司生产的电动车毛利润为每辆200元（不含广告费、研发经费）.该公司在加大广告投入的同时也加大研发经费的投入，年研发经费为年广告费的199倍.电动车的年净利润受年广告费和年研发经费影响外还受随机变量影响，设随机变量服从正态分布，且满足.在（2）的条件下，求该公司年净利润的最大值大于1000（百万元）的概率.（年净利润=毛利润×年销售量-年广告费-年研发经费-随机变量）.
附：①相关系数，
回归直线中公式分别为，；
②参考数据：，，，.
【答案】（1）模型②的拟合程度更好
（2），当年广告费为6（百万元）时，产品的销售量大概是13（百万辆）
（3）0.3
【解析】
【分析】（1）分别求得模型①和②的相关系数，，然后比较得出结论；
（2）利用最小二乘法求解；
（3）由净利润为，求解.
【小问1详解】
解：设模型①和②的相关系数分别为，.
由题意可得：，
.
所以，由相关系数的相关性质可得，模型②的拟合程度更好.
【小问2详解】
因为，
又由，，
得，
所以，即回归方程为.
当时，，
因此当年广告费为6（百万元）时，产品的销售量大概是13（百万辆）.
【小问3详解】
净利润为，，
令，
所以.
可得在上为增函数，在上为减函数.
所以，
由题意得：，即，
，
即该公司年净利润大于1000（百万元）的概率为0.3.
17. 如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
（1）求证：平面；
（2）若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解.
【小问1详解】
证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆：，直线：交椭圆于M，N两点，T为椭圆的右顶点，的内切圆为圆Q.
（1）求椭圆的焦点坐标；
（2）求圆Q的方程；
（3）设点，过P作圆Q的两条切线分别交椭圆C于点A，B，求的周长.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据的关系即可求得焦点坐标；
（2）先联立方程求得，，求出直线的方程，然后利用待定系数法求得内切圆的方程；
（3）设过P作圆Q的切线方程为，利用相切关系求得点A，B坐标，进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可.
【小问1详解】
椭圆的标准方程为，因为，所以焦点坐标为.
【小问2详解】
将代入椭圆方程得，由对称性不妨设，，
直线的方程为，即，
设圆Q方程为，由于内切圆Q在的内部，所以，
则Q到直线和直线的距离相等，即，解得，，
所以圆方程为.
【小问3详解】
显然直线和直线的斜率均存在，
设过P作圆Q的切线方程为，
其中k有两个不同的取值和分别为直线和的斜率.
由圆Q与直线相切得：，化简得：，
则，
由得，
可得，
所以
.
同理，，所以直线的方程为，
所以与圆Q相切，将代入得，
所以，又点P到直线的距离为，
设的周长为，则的面积，
解得.所以的周长为.
19. 设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称：为从集合A到集合B的一一对应，并称集合A与B等势，记作.若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作.
例如：对于集合，，存在一一对应关系，因此.
（1）已知集合，，试判断是否成立?请说明理由；
（2）证明：①；
②.
【答案】（1）成立，理由见解析
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据新定义判断即可；
（2）①取特殊函数满足定义域为，值域为即可利用其证明
②设，，假设，利用反证法得证.
【小问1详解】
设，，令
则C与D存在一一对应，所以集合.
【小问2详解】
①取函数，其中，，两个集合之间存在一一对应，故.
备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为，值域为即可，
如：或等等均可，
②设，，
假设，即存在对应关系：为一一对应，
对于集合B中的元素，，，至少存在一个（，且）与这三个集合中的某一个对应，所以集合A中必存在.
记，则，故，
从而存在，使得；
若，则，矛盾；
若，则，矛盾.
因此，不存在A到B的一一对应，所以.
【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借助函数证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.
44
4.8
10
40.3
1.612
19.5
8.06