浙江省“数海漫游”2023-2024学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷 含解析

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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，则（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知化简复数，计算求模即可.
【详解】因为，所以,
所以,
所以,
所以.
故选：C.
2. 已知，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦定理得，平方关系求出，再利用面积公式可得答案.
【详解】由余弦定理得，
因为，所以，
可得.
故选：D.
3. 记Sn为非零数列an的前项和，若，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】运用递推公式求出前4项，即可解题.
【详解】，则.即.
,， .
故.
故选：B.
4. 设点在正四面体的棱AB上，AB与平面所成角为，则（ ）
A. 4B. 10C. 14D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点的中点，连接，过作于，可证得平面，则（或其补角）为与平面所成角，设正四面体的棱长为2，在中求出，则在中求出，从而可求得，代入计算可得答案.
【详解】取的中点的中点，连接，过作于，
因为四面体为正四面体，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以（或其补角）为与平面所成角，
所以，则，
设正四面体的棱长为2，则,
所以，
所以为锐角，所以，
所以
，
在中，，则
，
在中，，则
所以，解得，
所以,
所以
.
故选：B
5. 已知向量均为单位向量，则的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设向量的夹角为，化简，令，通过导数判断函数的单调性，即可求最小值.
【详解】由向量均为单位向量，
设向量的夹角为，
由，则，
所以
设，
令，
则，
令，则，所以在单调递增，
令，则，所以在单调递减，
所以的最小值为，
所以的最小值为.
故选：C.
6. 小明开始了自己的存钱计划：起初存钱罐中没有钱，小明在第天早上八点以的概率向存钱罐中存入100元，．若小明在第4天早上七点发现自己前3天晚上八点时存钱罐中的余额恰好成等差数列，则小明在第2天存入了100元概率是（ ）
A. B. 15C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据贝叶斯公式求得正确答案.
【详解】余额恰好成等差数列，即，
其中第天存入元的是，
故所求概率为.
故选：A
7. 设椭圆的弦AB与轴，轴分别交于两点，，若直线AB的斜率，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由得，根据在椭圆上，代入相减得，则直线的斜率为，然后由即可求解.
【详解】如图所示，设，
直线，
因为，所以，
所以，
即，，所以.
因为在椭圆上，所以，
两式相减得，即.
又因为，且，，
所以，即，
所以.
故选：C.
8. 称平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为正整数的点为好整点，记为集合包含的好整点的个数．若，则正整数的最小值是（ ）
A. 1976B. 1977C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】一方面由必要性：转换成恒成立求参问题，可以求得，另一方面比较重要的一点是：要验证当时，，由此即可得解.
【详解】一方面：由题意，，使得不等式恒成立，
注意到
，
等号成立当且仅当，即，
所以正整数应该满足，
另一方面：当时，
我们证明：成立，
证明过程如下：
注意到，
所以，
，记，则，，
，
即成立，
综合以上两方面，可知正整数的最小值是1977.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于用必要性求得参数范围后，一定要检验充分性是否成立，由此即可顺利得解.
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. 设双曲线与直线交于与两点，则可能有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】联立方程组，应用根与系数的关系换元化简即可得出选项.
【详解】联立方程组，可得，
因为双曲线与直线有两个交点，所以，
所以，B错误；
当时，，A正确；
当m>0时，，C正确；
当或时，，D正确.
故选：ACD.
10. 若无穷数列由唯一确定，称递推公式是专一的．则下列递推公式中专一的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：分析可知，即可得结果；对于C：分析可知，即可得结果；对于BD：取特值计算即可.
【详解】对于选项A：因为，可得，
所以递推公式是专一的，故A正确；
对于选项B：因为，
令，可得，即，解得或，
所以推公式不是专一的，故B错误；
对于选项C：因为，可得，
令，可得，可得，
且，可得，即，
可知数列是以2为周期的周期函数，且，
则，所以递推公式是专一的，故C正确；
对于选项D：因为，
由可得：，则，
由可得，解得或，
所以推公式不是专一的，故D错误；
故选：AC.
11. 设一组样本数据满足，则（ ）
A. 拿走，这组数据的方差变大B. 拿走，这组数据的方差变大
C. 拿走，这组数据的方差减小D. 拿走，这组数据的方差减小
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，直接证明即可；对于B，C，构造反例即可；对于D可直接用拿走后的方差为零说明结论.
【详解】熟知对一组数据，其方差等于各个数据的平方的算术平均值与算术平均值的平方之差，即.
将拿走前后的方差分别记为.
对于A，给五个元素同时加上或减去同一个数，不影响方差，所以可以适当平移，使得剩下的4个元素：的平均值为0，
不妨设，则，，所以.
故
，
所以A正确；
对于B，考虑，则，，所以B错误；
对于C，考虑，则，，所以C错误；
对于D，由于这组数据不全相等，所以，而，所以D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于方差的计算.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数至多有______个零点．
【答案】1
【解析】
【分析】运用函数零点概念，求解零点，结合分段函数特征,分类讨论判定即可.
【详解】当，令，解得，但，所以只有可能是零点，且.
当，令，解得，又，所以只有，即时，可能是零点.
综上，当，至多1个零点；当，至多1个零点．即函数至多1个零点
故答案：1．
13. 已知正方体的棱长为3，取出各棱的两个三等分点，共24个点，对于正方体的每个顶点，设这24个点中与距离最小的三个点为，从正方体中切去所有四面体，得到的几何体的外接球表面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】由空间直观得所求几何体的外接球球心，先利用等体积法求出四面体的高，再求外接球半径进而得球的表面积.
【详解】由题意可知，如图，将正方体切去8个角上的四面体即得所求几何体，
该几何体的外接球球心即正方体外接球的球心，设外接球半径为，球心为.
设四面体高，其中是在平面的投影.
已知正方体棱长为3，
则，，
由，得，
解得，，，
则，
故几何体的外接球表面积.
故答案为：.
14. 当，为锐角时，恒有，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】令，求出的最大值是；再设，时；代回可得，即可求出的取值范围.
【详解】令，，
，
令，，
则当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时，有最大值，
即
，
设，，
，
而，，，
，
在上单调递增，
所以，
即，，，
因此，
即，.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：遇到表达式里有多个变量，需先确定主元，将其他变量看成参数，得到一元函数，按照常规函数求最值方法即可.
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. 已知点为抛物线与圆在第一象限的交点，另一交点为.
（1）求；
（2）若点在圆上，直线为抛物线的切线，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接将点依次代入抛物线、圆的方程中即可求解；
（2）首先根据导数几何意义求出的方程，根据对称性得到的坐标，联立圆的方程求出的坐标，结合两点间的距离公式即可求解.
【小问1详解】
由题意，，解得．
【小问2详解】
在抛物线与圆的方程中，用替换方程依然成立，
这表明这两个图象都关于轴对称，所以它们的交点也关于轴对称，
由，知．
直线为抛物线的切线，
当时，，所以抛物线在点处的切线斜率为，则．
代入，得或1，故．
则的周长为．
16. 小林有五张卡片，他等概率的在每张卡片上写下1，2，3，4，5中的某个数字．
（1）求五张卡片上的数字都不相同的概率；
（2）证明：这五张卡片上最大的数字最可能是5．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率的乘法公式计算；
（2）先计算最大数的概率，再结合即可证明.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
记为这五张卡片上最大的数字，则．
由，
由，
所以这五张卡片上最大的数字最可能是5.
17. 在正四面体中，点分别在棱上（不与顶点重合），且
（1）若，证明
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）设．在,中，由余弦定理得，根据，则代入化简即可得；
（2）由（1）知，或．设，取中点，则．根据或分别计算取值范围，然后计算取值范围即可.
【小问1详解】
设．
因为四面体为正四面体，
所以，
在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，
又因为，
所以．
整理得：．
又因为，即，
代入得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，或．
设，取中点，则．
①若，则，等边三角形，即，
设，
则.
②若，则，
设，
则．
综上所述，，
故．
18. 记函数.
（1）证明：；
（2）记的定义域为．若任意，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分、两种情况结合函数新定义即可得证；
（2）根据题意得出，首先由必要性探路得，进一步根据题意验证充分性即可得解.
小问1详解】
①当时，；
②当时，易知，则
，得证！
【小问2详解】
先考虑，由．
记，则．
由．
令，则，
所以在上单调减，
则．
必要性探路：先考虑时，．
只需考虑的情况，否则显然有．
于是，令，
则．
令，且．
故在上单调递增，在上单调递减．
由，故．
于是．
等号在，即时取到．
充分性证明：下证：时，，用归纳法证明．
①当时，已证；
②当时，易知单调递增，则
，得证！
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于先由必要性探路，缩小所求参数范围，反过来验证充分性即可顺利得证.
19. 已知集合，记，，是自然数集
称函数，若对于任意，；
称函数是单调的，若对于任意，；
•称函数是次模的，若对于任意,
已知函数是次模的．
（1）判断是否一定是单调的，并说明理由；
（2）证明：对于任意，，；
（3）若是单调的，是正整数，，记，已知集合满足．初始集合，然后小明重复次如下操作：在集合中选取使得最小的元素加入集合，最终得到集合．证明：
【答案】（1）不一定是单调的，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意依据次模函数定义举一反例即可.
（2）对任意，，可得出，且，从而根据函数是次模的结合次模函数定义条件即可得证.
（3）分和两种情况分析，时，显然成立；
若，取，根据题意得小明的每次操作均满足 ，进而左右两边累加即可得到，从而得证.
【小问1详解】
构造次模函数，
则．
因此不一定是单调的．
【小问2详解】
证明：对任意，因为，
所以，
且，
又因为函数是次模的，所以，
所以.
【小问3详解】
①若，成立，得证.
②若，取，
则小明的每次操作均满足 ，
左右两边累加得，
即，故得证.
【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是：
（1）正确理解新定义；
（2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境；
（3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答的目的.