浙江省温州市2024届高三数学下学期二模试题含解析

这是一份浙江省温州市2024届高三数学下学期二模试题含解析，共23页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上．将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破．
选择题部分（共58分）
一、选择题：本大题共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，则“”是“”的（）
A. 充分条件但不是必要条件B. 必要条件但不是充分条件
C. 充要条件D. 既不是充分条件也不是必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的概念及充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】易知，所以不满足充分性，而，满足必要性.
故选：B
2. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由集合交集的运算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，
，则.
故选：D
3. 在正三棱台中，下列结论正确的是（）
A. B. 平面
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于A：求出体积，然后作差确定大小；对于BC：举例说明其错误；对于D：通过证明面来判断.
【详解】设正三棱台上底面边长为，下底面边长为，，高为，
对于A：，，
则
，
即，A错误；
对于B：由正三棱台的结构特征易知为钝角，所以与不垂直，所以与面不垂直，B错误；
对于C：（反例）假设该棱台是由正四面体被其中截面所截后形成的棱台，则，若，，
所以
，即与不垂直，C错误；
对于D：取中点，中点，连接，
则，且，面，
所以面，同理面，又，
所以面，则面与面是同一个面（过一点只有一个平面与已知直线垂直）
所以面，又面，
所以.
故选：D.
4. 已知，则的大小关系是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，利用导数法求最值得，从而有，再利用函数单调递减得，利用函数单调递增得，即可比较大小.
【详解】对，因为，则，即函数在单调递减，
且时，，则，即，所以，
因为且，所以，
又，所以.
故选：B
5. 在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为（）
A. B. 64C. D. 32
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用赋值法计算可得.
【详解】设，
令可得，
令可得，
所以，
即在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为.
故选：A
6. 已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增．若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数，由此可求得取值范围.
【详解】因为为等差数列，且，所以，
又数列为递增数列，所以从第二项开始，各项均为正数.
由.
因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以.
综上，.
故选：A
7. 若关于的方程的整数根有且仅有两个，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用绝对值三角不等式得，时等号成立，进而有且整数根有且仅有两个，对于，应用二次函数性质及对称性有且，得，即可求参数范围.
【详解】设，则原方程为，
由，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
整理得①，显然不满足，
令，即必有两根，且，故为两个正根，
所以，可得或，
对于，有，即，即恒满足①，
要使①中整数根有且仅有两个，则对应两个整数根必为，
若整数根为且，则，即，
所以，得，
综上，
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用绝对值三角不等式的等号成立得到，且整数根有且仅有两个为关键.
8. 已知定义在上的函数，则下列结论正确的是（）
A. 的图象关于对称B. 的图象关于对称
C. 在单调递增D. 有最小值
【答案】A
【解析】
【分析】利用特殊值可排除B、C，利用函数的性质可确定A、D.
【详解】对于BC，由题意可知：，
显然的图象不关于对称，而，故B、C错误；
对于D，若为有理数，则，显然，函数无最小值，故D错误；
对于A，若是有理数，即互质，则也互质，即，
若为无理数，则也为无理数，即，
所以的图象关于对称，故A正确.
下证：互质，则也互质.
反证法：若互质，不互质，不妨设，
则，此时与假设矛盾，所以也互质.
故选：A
【点睛】思路点睛：根据抽象函数的对称性结合互质的定义去判定A、B，而作为抽象函数可以适当选取特殊值验证选项，提高正确率.
二、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. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上一点，若角的终边与角的终边关于直线对称，则（）
A. B.
C. D. 角的终边在第一象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数的定义，可求角的三角函数，结合诱导公式判断A的真假；利用二倍角公式，求出的三角函数值，结合三角函数的概念指出角的终边与单位圆的交点，由对称性确定角终边与单位圆交点，从而判断BCD的真假.
【详解】因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以：，所以，，所以，故A对；
又，
，
所以的终边与单位圆的交点坐标为：，
因为角的终边与角的终边关于直线对称，所以角的终边与单位圆的交点为，
所以，且的终边在第一象限，故CD正确；
又因为终边在直线的角为：，角的终边与角的终边关于对称，
所以，故B错误.
故选：ACD
10. 已知圆与圆相交于两点．若，则实数的值可以是（）
A. 10B. 2C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得弦所在的直线方程，然后将转化为圆心到直线的距离关系，列出方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得弦所在的直线方程为，
因为圆，圆心，
圆，圆心，
设圆心与圆心到直线的距离分别为，
因为，即，
所以，又，
即，化简可得，
即，解得或.
故选：BD
11. 已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（）
A. 有最大值，但无最小值B. 最大时，球心在正四面体外
C. 最大时，同时取到最大值D. 有最小值，但无最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出的取值范围可判断A，B；设，根据题意得到关于的表达式，构造函数，对求导，得到的单调性和最值可判断C，D.
【详解】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为，
则在上，，，
球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点，
，，
因为，在中，，则
所以在中，，
因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确；
当，此时，
最大时，球心在正四面体外，故B正确；
对于CD，设，，，
所以，令，
令，解得：或（舍去），
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，假设，将表示为关于的表达式，再利用导数即可得解.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．
12. 平面向量满足，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设向量，由向量共线以及数量积的结果列出方程，即可得到的坐标，从而得到结果.
【详解】设向量，由可得，
又，则，
解得，，则，
所以.
故答案为：
13. 如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.
【详解】设，取的中点,连接,
由题知平面平面,
平面平面,
又平面,
所以平面，
则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
,
又,
解得，
则,
所以直线与平面所成角的余弦值等于，
故答案为：.
14. 已知，分别是双曲线与抛物线的公共点和公共焦点，直线倾斜角为，则双曲线的离心率为______．
【答案】或
【解析】
【分析】由题意，根据直线倾斜角为得直线的方程为，联立得点坐标，代入双曲线方程即可得离心率.
【详解】
因为为双曲线与抛物线的公共焦点，
所以，故，
因直线倾斜角为，故直线的斜率为，直线的方程为，
联立，得，即，
得或，
当时，，代入得，
又因，，得，
解得，又因，得
当时，，代入得，
又因，，得，
解得，又因，得
故答案为：或.
四、解答题：本大题共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. 记的内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角.
（2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由得，而为三角形内角，
故,得，而为三角形内角，或
【小问2详解】
由得，
又，∴， ，故 ，
由（1）得，故，
∴，而三角形内角，∴.
又即，
又，而为三角形内角，故，
.
16. 已知直线与椭圆交于两点，是椭圆上一动点（不同于），记分别为直线的斜率，且满足．
（1）求点的坐标（用表示）；
（2）求的取值范围．
【答案】16. 或（）；
17. .
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，利用点差法求得，再联立直线与椭圆方程求解即得.
（2）利用（1）的结论求出，再借助基本不等式求出范围即可.
【小问1详解】
依题意，点A、B关于原点对称，设，则，
则，两式相减得，于是，
由，整理得，解得或，
用代替上述坐标中的k，得或（）.
【小问2详解】
由（1）得，，
，
，当且仅当时取等号，
显然，所以，即的取值范围是.
17. 红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金（万元）与年收益（万元）8组数据：
（1）用模拟生产食品淀粉年收益与年投入资金关系，求出回归方程；
（2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的．2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值．（精确到0.1万元）
附：①回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，
②
③
【答案】（1）
（2）36.5
【解析】
【分析】（1）利用回归直线的公式求和的值，可得回归方程.
（2）建立函数关系，利用导数分析函数单调性，求出函数的最大值.
【小问1详解】
∴回归方程为：
【小问2详解】
2024年设该企业投入食品淀粉生产x万元，预计收益（万元）
，
，得
∴其在上递增，上递减
18. 数列满足：是等比数列，，且．
（1）求；
（2）求集合中所有元素的和；
（3）对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试分别判断数列是否是“和稳定数列”．若是，求出所有的值；若不是，说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）数列是“和稳定数列”，，数列不是“和稳定数列”，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出的通项公式，由已知和求通项可得的通项公式，
（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果
（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.
【小问1详解】
，
又，，解得：
因为是等比数列，所以的公比，
又当时，，
作差得：
将代入，化简：，
得：
是公差的等差数列，
【小问2详解】
记集合的全体元素的和为，
集合的所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，
集合的所有元素的和为，则有
对于数列：
当时，是数列中的项
当时，不是数列中的项
，其中
即（其中表示不超过实数的最大整数）
【小问3详解】
①解：当时，是的正整数倍，
故一定不是数列中的项；
当时，，不是数列中的项；
当时，，是数列中的项；
综上，数列是“和稳定数列”，；
②解：数列不是“和稳定数列”，理由如下：
不妨设：，则，且
故不是数列中的项.
数列不是“和稳定数列”.
19. 如图，对于曲线，存在圆满足如下条件：
①圆与曲线有公共点，且圆心在曲线凹的一侧；
②圆与曲线在点处有相同的切线；
③曲线的导函数在点处的导数（即曲线的二阶导数）等于圆在点处的二阶导数（已知圆在点处的二阶导数等于）；
则称圆为曲线在点处的曲率圆，其半径称为曲率半径．
（1）求抛物线在原点的曲率圆的方程；
（2）求曲线的曲率半径的最小值；
（3）若曲线在和处有相同的曲率半径，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设抛物线在原点的曲率圆的方程为，求出导数、二阶导数，结合所给定义求出即可；
（2）设曲线在的曲率半径为，根据所给定义表示出，再由基本不等式计算可得；
（3）依题意函数的图象在处的曲率半径，即，从而得到，令，，即可得到，再由基本不等式证明即可．
【小问1详解】
记，设抛物线在原点的曲率圆的方程为，其中为曲率半径．
则，，
故，，即，
所以抛物线在原点的曲率圆的方程为；
【小问2详解】
设曲线在的曲率半径为．则
法一：，
由知，，
所以，
故曲线在点处的曲率半径，
所以，则，
则，当且仅当，即时取等号，
故，曲线在点处的曲率半径．
法二：，，
所以，而，
所以，解方程可得，
则，当且仅当，即时取等号，
故，曲线在点处的曲率半径．
【小问3详解】
法一：函数的图象在处的曲率半径，
故，
由题意知：令，
则有，
所以，即，故．
因为，所以，
所以，
所以．
法二：函数的图象在处的曲率半径，
有
令，则有，
则，故，
因为，所以，
所以有，
令，则，即，
故，所以，即；
法三：函数的图象在处的曲率半径．
故
设，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故有，
所以，
要证，即证，
即证将，
下证：当时，有，
设函数（其中），
则，
故单调递增，，
故，所以．
法四：函数的图象在处的曲率半径，
有，
设．
则有，
所以当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增．
故有，
所以，
要证，即证，
即证．将，
下证：当时，有，
设函数（其中），
则，
故单调递增，故，
故，所以．
【点睛】方法点睛：极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
10
20
30
40
50
60
70
80
12.8
16.5
19
20.9
21.5
21.9
23
25.4
161
29
20400
109
603