浙江省2024届高三数学下学期第二次联考试题含解析

这是一份浙江省2024届高三数学下学期第二次联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 若复数z满足， 双曲线的离心率e的可能取值为， 已知函数若，则的取值范围为， 关于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
本卷分选择题和非选择题两部分.考试时间为120分钟，试卷总分为150分.请考生将所有试题的答案涂､写在答题纸上.
选择题部分
一､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】根据交集定义求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：D.
2. 若复数z满足：，则为（）
A. 2B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用共轭复数的概念及复数相等的充要条件求出，进而求出.
【详解】设，则
所以，即，
所以.
故选：C.
3. 若函数为偶函数，则实数a的值为（）
A. B. 0C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数满足的关系即可化简求解.
【详解】的定义域为，，
由于为偶函数，故，
故，故
故选：A
4. 双曲线的离心率e的可能取值为（）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由题得到或，再利用离心率，即可求出结果.
【详解】由，得到或，
当时，，
当，双曲线，，
所以，
故选：A.
5. 在中，“A，B，C成等差数列且成等比数列”是“是正三角形”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差、等比数列的定义，结合正余弦定理及充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由A，B，C成等差数列，得，而，则，
由成等比数列，得，由正弦定理得，
由余弦定理得，即，解得，因此是正三角形；
若是正三角形，则，，
因此A，B，C成等差数列且成等比数列，
所以“A，B，C成等差数列且成等比数列”是“是正三角形”的充要条件.
故选：C
6. 已知抛物线的焦点为F，以F为圆心的圆交于A，B两点，交的准线于C，D两点，若四边形ABCD是矩形，则圆的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意知，圆的圆心坐标为，且点为该矩形对角线的交点，利用点到直线的距离与点到的距离相等，可求得直线的方程为：，从而可求得点坐标，从而可求得圆的半径，于是可得答案.
【详解】解：由题可得：抛物线的焦点为 ，
所以圆的圆心坐标为，
因为四边形ABCD是矩形，且为 直径，为直径，为圆的圆心,
所以点为该矩形对角线的交点，
所以点到直线的距离与点到的距离相等，
故点到直线的距离，
所以直线的方程为： ，
所以 ，
故圆的半径 ，
所以圆的方程为.
故选：D
【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查圆的标准方程的确定，分析得到点F为该矩形ABCD的两条对角线的交点是关键，考查作图、分析与运算能力，属于中档题.
7. 已知函数若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，转化为.结合图像构造函数，，求出函数的值域即为本题答案.
【详解】由题意可知，即，所以.
由图像可得，设，.
则，.令,则
当时，当时
所以在单调递减，在单调递增.
所以在时取得最小值，
可得.
故选：B
8在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记球心为，取中点为、中点为，连接，易得，，由，即可求出，由此即可求出答案.
【详解】如图所示：记球心为，取中点为、中点为，连接，
记外接球半径为，
在中，，,，
在中，，,
在中，，
所以AC与BD所成角为，即，
在中,，，
所以，
解得：，
所以该外接球的表面积为：
故选：A
二､多选题：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. 关于函数，下列说法正确的是（）
A. 最小正周期为B. 关于点中心对称
C. 最大值为D. 在区间上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】首先化简函数的解析式，再根据三角函数的性质，判断选项.
【详解】，
，
函数的最小正周期，故A错误；
，所以函数图象关于点中心对称，故B正确；
，所以函数的最大值为，故C正确；
由，，函数在区间单调递增，
所以函数在区间上单调递增，故D错误.
故选：BC
10. 设定义在R上的函数的导函数为，若，均有，则（）
A. B. （为的二阶导数）
C. D. 是函数的极大值点
【答案】AB
【解析】
【分析】由，令，即可判断A；由已知得，即得函数，确定，从而可得，求导数，即可判断B；令，判断其单调性，即可判断C；根据极值点与导数的关系可判断D.
【详解】由，，令，则，A正确；
当时，由得，故，
即，则（c为常数），则，
满足该式，故，则，
将代入中，得，
即，而，故，
则，，，
故，B正确；
令，，故在上单调递增，
故，即，C错误；
由于，令，即得，
令，即得，
故在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的极小值点，D错误，
故选：AB
11. 已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（）
A. 移动两次后，“”的概率为
B. 对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C. 对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D. 对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
【答案】ACD
【解析】
【分析】先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；
对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，
当为奇数，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
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. 己知圆柱的轴截面面积为4，则该圆柱侧面展开图的周长最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将圆柱的母线长和底面圆半径分别设为，根据已知和基本不等式求出侧面展开图面积的最小值.
【详解】设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为，根据已知得，
由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为，
当且仅当时，即，时等号成立.
故答案为：
13. 某中学的A､B两个班级有相同的语文､数学､英语教师，现对此2个班级某天上午的5节课进行排课，2节语文课，2节数学课，1节英语课，要求每个班级的2节语文课连在一起，2节数学课连在一起，则共有__________种不同的排课方式.（用数字作答）
【答案】8
【解析】
【分析】由表示数学课，表示语文课，表示英语课，按上午的第1、2、3、4、5节课顺序，列出所有可能情况可得答案.
【详解】由表示数学课，表示语文课，表示英语课，
按上午的第1、2、3、4、5节课排列，可得
若班排课为，则班排课为，
若班排课为，则班排课为，
若班排课为，则班排课为，或班排课为，
若班排课为，则班排课为，或班排课为，
若班排课为，则班排课为，
若班排课为，则班排课为，
则共有8种不同的排课方式.
故答案为：8.
14. 设正n边形的边长为1，顶点依次为，若存在点P满足，且，则n的最大值为__________.（参考数据：）
【答案】5
【解析】
【分析】由题意确定P点的轨迹，分类讨论，结合向量的运算说明正六边形中以及时不符合题意，说明时满足题意，即可得答案.
【详解】由题意知点P满足，则P点在以为直径的圆上，
当时，设为的中点，如图，
，
当共线且方向时，即三点共线时，取最小值，
此时，则，
则，故时，不满足题意；
当时，设为的中点，如图，
，当共线且反向时，取最小值，
此时共线，，
，
则，
则当共线且同向时，必有，
故时，存在点P满足，且；
当时，如图，正七边形的顶点到对边的高h必大于正六边形对边之间的高，依此类推，
故此时不存点P满足，且；
故n的最小值为5，
故答案为：5
【点睛】难点点睛：本题考查了平面向量的运算以及向量的模的最值问题，综合性较强，难度加大，难点在于要分类讨论正n边形的情况，结合向量的加减运算，确定模的最值情况.
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. 已知等差数列的前n项和为，且.
（1）求；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系求通项公式即可；
（2）裂项相消法求和即可得解.
【小问1详解】
由①
所以当时，②
②①得：，整理得：，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
所以.
.
16. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
（1）证明：//平面BDM；
（2）求平面AMB与平面BDM的夹角.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
小问1详解】
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
【小问2详解】
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
17. 某工厂生产某种元件，其质量按测试指标划分为：指标大于或等于82为合格品，小于82为次品，现抽取这种元件100件进行检测，检测结果统计如下表：
（1）现从这100件样品中随机抽取2件，若其中一件为合格品，求另一件也为合格品的概率；
（2）关于随机变量，俄国数学家切比雪夫提出切比雪夫不等式：
若随机变量X具有数学期望，方差，则对任意正数，均有成立.
（i）若，证明：；
（ii）利用该结论表示即使分布未知，随机变量的取值范围落在期望左右的一定范围内的概率是有界的.若该工厂声称本厂元件合格率为90%，那么根据所给样本数据，请结合“切比雪夫不等式”说明该工厂所提供的合格率是否可信？（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）不可信.
【解析】
【分析】（1）由条件概率的公式进行求解即可；
（2）（i）由求出，再结合切比雪夫不等式即可证明；（ii）设随机抽取100件产品中合格品的件数为，，由切比雪夫不等式判断出，进而可得出结论.
【小问1详解】
记事件为抽到一件合格品，事件为抽到两个合格品，
【小问2详解】
（i）由题：若，则
又
所以或
由切比雪夫不等式可知，
所以；
（ii）设随机抽取100件产品中合格品的件数为，
假设厂家关于产品合格率为的说法成立，则，
所以，
由切比雪夫不等式知，，
即在假设下100个元件中合格品为70个的概率不超过0.0225，此概率极小，由小概率原理可知，一般来说在一次试验中是不会发生的，据此我们有理由推断工厂的合格率不可信.
18. 已知椭圆的左顶点和下顶点B，焦距为，直线l交椭圆L于C，D（不同于椭圆的顶点）两点，直线AD交y轴于M，直线BC交x轴于N，且直线MN交l于P.
（1）求椭圆L的标准方程；
（2）若直线AD，BC的斜率相等，证明：点P在一条定直线上运动.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由顶点坐标和焦距可求出椭圆标准方程；
（2）设直线AD，BC的斜率为k，联立直线和椭圆方程，得到联立直线和椭圆方程由于，所以，可得点，利用消元法可得点P的轨迹方程，即可得证.
【小问1详解】
由已知得：，所以，所以椭圆
【小问2详解】
设直线的斜率为.
则直线，直线，得
联立得，易知.
由，得，于是.
同理：
由于，所以，即，得①，
同理②，
由①②得，
故点在直线上运动.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，得到点的坐标，从而得解.
19. ①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则
.
②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
（1）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；
（2）计算：；
（3）证明：，.
【答案】（1）不是区间上的2阶无穷递降函数；
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造，再结合即可得到结果；
（3）通过换元令令，则原不等式等价于，再通过构造函数，根据题干中函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义证出，即可证明结论.
【小问1详解】
设，
由于，
所以不成立，
故不是区间上的2阶无穷递降函数.
【小问2详解】
设，则，
设，
则，
所以，得.
【小问3详解】
令，则原不等式等价于，
即证，
记，则，
所以，
即有对任意，均有，
所以，
因为，
所以，
所以，证毕!
【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意题干条件中相关限制条件的转化.
测试指标
元件数（件）
12
18
36
30
4