2024届浙江省新阵地教育联盟高三上学期第二次联考数学试题（解析版）

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浙江省新阵地教育联盟2024届第二次联考数学试题卷命题：安吉高级中学  焦晓东、黄刚锋  磨题  ：临平中学（余高）舒华瑛  三门中学  王强校稿：吕金晶考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟.2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方.3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.4．考试结束后，只需上交答题卷.第Ⅰ卷（选择题部分，共60分）一、单选题1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法及指数函数的性质，结合交集的定义即可求解.【详解】由，得，解得，所以，因为，所以以，所以，所以.故选：B.2. 已知复数满足，则的虚部为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求出，根据共轭复数及虚部的概念求解即可.【详解】，，，故复数的虚部为.故选：A3. 已知向量，，若与反向共线，则值为（    ）A. 0 B. 48 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由向量反向共线求得，再应用向量线性运算及模长的表示求.【详解】由题意，得，又与反向共线，故，此时，故.故选：C.4. 已知函数（且）在上是减函数，则实数a的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定的函数，结合对数函数、二次函数单调性，分类讨论求解作答.【详解】函数（且）在上是减函数，当时，恒成立，而函数在区间上不单调，因此，不符合题意，当时，函数在上单调递增，于是得函数在区间上单调递减，因此，并且，解得，所以实数的取值范围是.故选：C5. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点，则实数a的值为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据双曲线方程确定，且焦点在轴上，从而得到方程，求出答案.【详解】表示的为双曲线，故，且焦点在轴上，由题意得，解得，负值舍去.故选：B6. 过点作圆的两条切线，设切点分别为A，B，则的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求解出直线的方程，在圆中求出弦长，再求出点到直线的距离，从而得出的面积.【详解】解：设圆的圆心为，因为过点作圆的两条切线，设切点分别为，，所以，，，四点在以为直径的圆上，设为，故的方程为，即，将两圆联立方程组，解得，故直线：，点到直线：的距离为，在圆中，点到直线：的距离为，所以，解得，所以的面积为.故选：B.7. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.【详解】解：因为，，所以平方得，，，即，，两式相加可得，即，故，.故选：D.8. 记为公比不是1的等比数列的前n项和．设甲：，，依次成等差数列．乙：，，依次成等差数列．．则（    ）A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件C. 甲是乙的充要条件D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】【分析】分别考虑充分性和必要性即可.【详解】设等比数列的首项为，公比为，充分性：若，，依次成等差数列，则，则，有，，所以，，依次成等差数列.充分性满足.必要性：若，，依次成等差数列，有，则，，所以，，依次成等差数列，必要性满足.所以是充要条件.故选：C二、多选题9. 有一组样本甲的数据，由这组数据得到新样本乙的数据，其中为不全相等的正实数．下列说法正确的是（    ）A. 样本甲的极差可能等于样本乙的极差B. 样本甲的方差一定大于样本乙的方差C. 若为样本甲的中位数，则样本乙的中位数为D. 若为样本甲的平均数，则样本乙的平均数为【答案】CD【解析】【分析】根据极差，方差和中位数，平均数的定义和公式，即可判断选项.【详解】样本甲的极差为，样本乙的极差为，由为不全相等的正实数，所以，则样本甲和乙的极差不相等，故A错误；设甲的方差为，那么乙的方差为，所以样本甲的方差小于样本乙的方差，故B错误；根据中位数的定义可知，若为样本甲的中位数，则样本乙的中位数为，故C正确；根据平均数公式可知，，样本乙的平均数，故D正确.故选：CD10. 声强级（单位：）与声强（单位：）之间的关系是：，其中指的是人能听到的最低声强，对应的声强级称为闻阈．人能承受的最大声强为，对应的声强级为，称为痛阈.某歌唱家唱歌时，声强级范围为（单位：），下列选项中正确的是（    ）A. 闻阈的声强级为B. 此歌唱家唱歌时的声强范围为（单位：）C. 如果声强变为原来的2倍，对应声强级也变为原来的2倍D. 声强级增加，则声强变为原来的10倍【答案】BD【解析】【分析】根据题中所给声强级与声强之间的关系式，结合对数的运算以及函数的性质逐一分析四个选项，即可得到答案.【详解】由题意，，则，所以，当时，，故A错误；当时，即，则，当时，即，则，故歌唱家唱歌时的声强范围为（单位：），故B正确；将声强为对应的声强级作商为，故C错误；将，对应声强作商为，故D正确.故选：BD.11. 已知正方体的棱长为4，正四面体的棱长为a，则以下说法正确的是（    ）A. 正方体的内切球直径为4B. 正方体的外接球直径为C. 若正四面体可以放入正方体内自由旋转，则a的最大值是D. 若正方体可以放入正四面体内自由旋转，则a的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】求得正方体外接球的直径判断选项A、B，对于C，即正四面体的外接球小于等于正方体内切球；对于D，即正方体的外接球小于等于正四面体内切球.【详解】对于A，正方体的内切球直径即其棱长，所以直径为4，A正确；对于B，正方体的外接球直径即其体对角线，所以直径为，B错误；正四面体的棱长为a  因为正四面体的外接球的球心O到点F、G、H的距离相等，所以O在平面 BCD内的射影，到点F、G、H的距离相等，又因为在正四面体中是正三角形，所以是的中心，进而在正四面体中，有平面，所以球心O在高线上，同理：球心O也在其它面的高线上，又正四面体中各面上的高都相等，所以由得，点O到正四面体各面的距离相等，所以点O也是正四面体的内切球的球心，这样正四面体的内切球的球心与外接球的球心重合．记正四面体的高为，则.因此，只要求出其中一个，则另一个也出来了因为在正四面体中，是正三角形，是其中心，所以，因为平面,平面，所以，在中，由勾股定理，得，所以，解得，，故所求的外接球的半径和内切球的半径分别为.对于C，若正四面体可以放入正方体内自由旋转，即正四面体的外接球小于等于正方体内切球，又由棱长为a的正四面体的外接球半径，C正确；对于D，正方体可以放入正四面体内自由旋转，即正方体的外接球小于等于正四面体内切球，又由棱长为a的正四面体的内切球半径，D正确.故选：ACD.12. 已知定义在R上的函数满足，，则（    ）A.  B. 4是的一个周期C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】由已知整理可得，赋值即可判断A项；根据复合函数的求导法则，即可得出，，从而得出的对称性以及周期性，进而判断B、C项；由A得出，赋值分组求和，即可得出答案.【详解】对于A项，由已知，，可得，，整理可得，.当时，有；当时，有；当时，有.所以，，故A项错误；对于B项，由已知可得，，两边同时求导可得，，，所以，，.所以，关于直线对称，关于点对称，所以，4是的一个周期，故B正确；对于C项，由B知，.当时，有，故C项正确；对于D项，由A知，.所以有，，，，，.又时，代入，即可得出，所以，，故D正确.故选：BCD.【点睛】思路点睛：D项，赋值得出数据，找出规律，然后分组求和.第Ⅱ卷（非选择题部分，共90分）三、填空题13. 已知圆台的上下底面半径分别为2，4，母线长为6，则该圆台的表面积是______．【答案】【解析】【分析】根据圆台的表面积，即可求解.详解】设上底面半径，下底面半径，母线，则圆台的表面积.故答案为：14. 首个全国生态主场日活动于2023.8.15在浙江湖州举行，推动能耗双控转向碳排放双控．有A，B，C，D，E，F共6项议程在该天举行，每个议程有半天会期．现在有甲、乙、丙三个会议厅可以利用，每个会议厅每半天只能容纳一个议程．若要求A，B两议程不能同时在上午举行，而C议程只能在下午举行，则不同的安排方案一共有______种．（用数字作答）【答案】252【解析】【分析】分两种情况，A，B议程中有一项在上午和A，B议程都安排在下午，结合排列组合知识进行求解，得到答案.【详解】分两种情况，第一种，A，B议程中有一项在上午，有一项在下午举行，先从3个上午中选1个和3个下午中选一个，由A，B议程进行选择，有种选择，再从剩余的2个下午中选择1个安排C议程，有种选择，剩余的3场会议和3个时间段进行全排列，有种选择，所以有种选择，第二种，A，B议程都安排在下午，C议程也按照在下午，故下午的3个时间段进行全排列，有种选择，再将剩余的3个议程和3个上午时间段进行全排列，有种选择，所以有种选择，综上：不同的安排方案一共有种选择.故答案为：25215. 已知函数在区间内没有零点，则的最大值是______．【答案】【解析】【分析】先求出的范围，由函数没有零点可得到且，由此可得且，从而得出的范围.【详解】解：因为，且，所以，因为函数在区间内没有零点，所以，解得且，故，解得，因为，故或，当时，，当时，，故.故答案为：.16. 已知抛物线的焦点为，圆与抛物线相切于点，与轴相切于点，则______．【答案】2【解析】【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，不妨令在第一象限，设，则圆的半径，即可得到圆的方程，设，利用导数求出抛物线在点处的切线的斜率，依题意可得与抛物线在点处的切线垂直，即可得到、的方程组，解得，即可求出，最后根据焦半径公式计算可得.【详解】抛物线的焦点为，准线为，依题意不妨令在第一象限，设，则圆的半径，设（），则圆方程为，由，可得，则，所以抛物线在点处的切线的斜率，依题意可得与抛物线在点处的切线垂直，所以，则①，又点在圆上，所以，则②，所以，整理可得，解得或（舍去），所以，即，所以.故答案为：【点睛】关键点睛：本题解答的关键是抛物线在点的切线同时也是圆在点的切线，结合导数的几何意义及圆的切线的性质得到方程组.四、解答题17. 如图，在三棱锥中，，．  （1）证明：；（2）若，，点D满足，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析    （2）45°．【解析】【分析】（1）取中点O，连接，，由，得到，再由，得到，从而，然后利用线面垂直的判定定理和性质定理证明；（2）过点O作平面，根据（1）建立空间坐标系，分别求得平面一个法向量为和平面的一个法向量为，再由求解.【小问1详解】证明：取中点O，连接，．∵，∴，在与中，，，∴，∴，∴，又，平面， 平面，所以平面，又平面，∴；【小问2详解】过点O作平面．
 由（1）知，建立如图空间坐标系，如图：  则，，，∵，，，∴设，得：  解得，∴，∴，，，因为，所以设平面一个法向量，则，，即，取，设平面的一个法向量为，则，，取，，∴二面角夹角为45°．18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）若，求边上的中线的长．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）将条件式用商数关系切化弦，再利用三角恒等变换和正弦定理角化边化简得，代入条件，结合余弦定理可得解；（2）由（1）得，利用正余弦定理角化边得，由向量可得，平方根据向量数量积运算可得解.【小问1详解】∵，∴，∴，∴，即，由正弦定理可得，∵，∴，又∵，∴，∴．∴.【小问2详解】∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴.19. 已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后对a分类讨论，结合导数的符号判断单调区间即可；（2）转化为证明函数的最大值小于，构造函数利用导数确定函数的最值可得证.【小问1详解】，当时，，则在上单调递减当时，令，解得，当时，，则在上单调递增当时，，则在上单调递减综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减【小问2详解】由（1）得：要证：，即证：即证：令，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；所以，从而命题得证．【点睛】关键点点睛：利用导数证明不等式时，一般需要对结论进行合适的转化，本题转化为只需的最大值小于，对不等式适当变形，构造函数是解决问题的第二个关键所在，一般需利用导数研究函数的单调性及最值.20. 已知为等差数列，为等比数列，，数列的前n项和为．（1）求数列和的通项公式．（2）设为数列的前n项和，，，求．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）根据数列的前n项和求出数列的通项公式，再由，列出方程求出公差公比，即可得出，的通项公式；（2）由（1）求得，代入运算化简，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，得解.【小问1详解】当时，，∴，∵，∴，两式相减得：，设数列的公差为d，数列的公比为q，则 ，解得或，当时，，不合题意，舍去，当时，符合题意，∴，【小问2详解】∵，，∴，令，，①，②①式减去②式得，，当时，数列每一项均相等且为，，当时，，又，∴．21. 杭州亚运会定于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套謷”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为，前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为，如此往复．（1）求该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率；（2）记该运动员第晚选择“中式套餐”的概率为（i）求；（ii）求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数．【答案】（1）    （2）（i）；（ii）2晩【解析】【分析】（1）分类两种情况讨论：第一晚选择“中式套餐”的概率为，则第二晚“中式套餐”套餐的概率为；第一晚选择“西式套餐”的概率为，则第二晚“中式套餐”套餐的概率为，进而得到结果；（2）（i）先求出与之间的递推关系，根据等比数列的知识求解出；（ii）由选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率可知，从而解得的范围，进而得出结果.【小问1详解】解：记该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率，由题意知：；【小问2详解】该运动员第晚选择“中式套餐”的概率为，（i），∴，又∵，∴，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列．∴；（ii）由题意知，只需  即，，即，显然必为奇数，偶数不成立，故当，3，5，…，15时，有即可.当时，，显然成立；当时，，因为，故当时，成立；当时，与比较大小，，所以当时，不成立.又因为单调递减，所以时不成立．综上，只有2晩.22. 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数2，设动点D的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）已知定点，，过点P作垂直于x轴的直线，过点P作斜率大于0的直线与曲线C交于点G，H，其中点G在x轴上方，点H在x轴下方．曲线C与x轴负半轴交于点A，直线，与直线分别交于点M，N，若A，O，M，N四点共圆，求t的值．【答案】（1）    （2）．【解析】【分析】(1）根据两点间距离和点到直线距离列式化简可得曲线方程；（2）先设直线，再联立方程得韦达定理求出M，N坐标，再应用A，O，M，N四点共圆得出，最后结合韦达定理求参即可.【小问1详解】由已知得：，两边平分并化简得：即为曲线的方程．【小问2详解】设点，．直线与双曲线C的方程联立，消去y得．由韦达定理：，．由条件，直线AG的方程为，直线AH的方程为，于是可得，．因为A，O，M，N四点共圆，所以，所以，于是．即，化简得又，，代入整理得：．将韦达定理代入化简得：．【点睛】关键点点睛：A，O，M，N四点共圆的应用，关键是转化为，从而建立M，N的坐标关系，引进韦达定理.