浙江省湖州市第二中学2024届高三下学期新高考模拟数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省湖州市第二中学2024届高三下学期新高考模拟数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省湖州市第二中学2024届高三下学期新高考模拟数学试题原卷版docx、浙江省湖州市第二中学2024届高三下学期新高考模拟数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。

注意事项：
]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，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．如需要改动，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．
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. 已知全集，集合，则“”是“”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】根据函数的定义域以及指数函数的性质化简集合，即可由交并补运算以及充要条件的定义求解.
【详解】由可得，解得，
所以或，
故选:.
2. 若向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量数量积的运算律可得，再由投影向量的定义求在上的投影向量.
【详解】由，则，
由在上的投影向量.
故选：D
3. 数列满足，且，则（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由题中递推公式可求出数列为周期为2的周期数列，从而可求解.
【详解】由题意知，所以，
所以可得是周期为2的周期数列，则．故A正确.
故选：A.
4. 在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件概率的计算公式计算得解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
，，，
，
，
.
故选：A.
5. 某小区内有一个圆形广场，计划在该圆内接凸四边形区域内新建三角形花圃和圆形喷泉．已知，，，圆形喷泉内切于，则圆形喷泉的半径最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理可求得的长，由圆内接四边形的几何性质可得，设，，由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再利用等面积法可求得内切圆半径的最大值，即为所求.
【详解】在中，由余弦定理，
可得，
因为四边形为内接四边形，且，所以，．
设，，则由余弦定理知，
设内切圆半径为，
所以．所以．
又知，即，
所以．
因为，所以．
所以，当且仅当时取得等号．
因此，圆形喷泉的半径最大值为.
故选：C．
6. 已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A. 有且仅有一点P使二面角取得最小值
B. 有且仅有两点P使二面角取得最小值
C. 有且仅有一点P使二面角取得最大值
D. 有且仅有两点P使二面角取得最大值
【答案】D
【解析】
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以，平面，，所以平面，
平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
设，，，，则，
由已知得，，
， ， ，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当时，取最大值，没有最小值，
即当时取最大值，从而取最大值，
由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
7. 设分别为椭圆的左，右焦点，以为圆心且过的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段与C交于点A．已知与的面积之比为，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可逐步计算出点A坐标，由点A在椭圆上，将其代入椭圆方程得到等式后，借助等式即可计算离心率.
【详解】由题意可得、，，
则以为圆心且过的圆的方程为，
令，则，由对称性，不妨取点在轴上方，即，
则，即，
有，则，
又，即有，即，
代入，有，即，
即在椭圆上，故，
化简得，由，
即有，
整理得，即，
有或，
由，故舍去，即，
则.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率时，可将已知的几何关系转化为关于椭圆基本量a，b，c的方程，利用和转化为关于的方程，通过解方程求得离心率．
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，二次求导，得到单调性，得到，再变形得到，故构造，求导得到其单调性，比较出，得到答案.
【详解】设，
设0，所以，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
根据已知得，
可设，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
综上，.
故选：D.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
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 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为B. 点是函数图象的一个对称中心
C. 函数在区间上单调递减D. 函数的最大值为1
【答案】BC
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角等公式化简得到，借助三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】结合题意：，
即.
对于选项A: 由可得，所以,故选项A错误；
对于选项B:将代入得：
，所以点是函数图象的一个对称中心，故选项B正确；
对于选项C:对于，令，则，
因为，所以，而在上单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故选项C正确；
对于选项D: 对于，当，
即,，故选项D错误.
故选：BC.
10. 对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②对于任意正整数，都有；③对于任意正整数，存在正整数，使得定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法错误的是（ ）
A. 若为“s数列”，则为“t数列”
B. 若，则为“t数列”
C. 若，则为“s数列”
D. 若等比数列为“t数列”则为“s数列”
【答案】ABD
【解析】
【分析】设，可判定A错误；对于，分为奇数和为偶数，不存在，使得，可判定B错误；若，推得满足①②，可判定C正确；
设，取，可判定D错误.
【详解】设，此时满足，
也满足，，
即，，
因为，所以A错误；
若，则，满足①，
，令，
若为奇数，此时，存在，且为奇数时，此时满足，
若为偶数，此时，则此时不存在，使得，所以B错误；
若，则，满足①，
，，
因为，所以，，满足②，所以C正确；
不妨设，满足，且，，
当为奇数，取，使得；
当为偶数，取，使得，所以为“数列”，
但此时不满足，，不妨取，
则，而，
则为“数列”，所以D错误.
故选：ABD.
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意x，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.
【详解】令，得，因为，
所以，所以A错误；
令，得①，所以，
因为是奇函数，所以是偶函数，
所以②，由①②，
得，
即，
所以，
所以，是周期为3的函数，所以，
，
所以B正确，C错误；
因为，
在①中令得，
所以，
，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】对于可导函数有：
奇函数的导数为偶函数
偶函数的导数为奇函数
若定义在R上的函数是可导函数，且周期为T，则其导函数是周期函数，且周期也为T
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由组合数以及分类加法和分步乘法计数原理即可得解.
【详解】表示个因数的乘积.而为展开式中的系数，设这个因数中分别取、、这三项分别取个，所以，若要得到含的项，则由计数原理知的取值情况如下表：
由上表可知.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键在于对上述详解中的正确分类，另外一点值得注意的是在分完类之后，每一类里面还要分步取、、这三项.
13. 将正方形沿对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为________．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，根据正方形的性质可知点为三棱锥外接球的球心，设，，根据锥体的体积公式结合余弦定理列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，
由题意可知，即点为三棱锥外接球的球心，
设，，
因为，且平面，可得平面，
可知三棱锥的体积，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，即，
联立方程，解得，
所以该三棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：根据正方形的性质分析可知：的中点即为三棱锥外接球的球心，进而分析求解.
14. 正方形位于平面直角坐标系上，其中，，，．考虑对这个正方形执行下面三种变换：（1）：逆时针旋转．（2）：顺时针旋转．（3）：关于原点对称．上述三种操作可以把正方形变换为自身，但是，，，四个点所在的位置会发生变化．例如，对原正方形作变换之后，顶点从移动到，然后再作一次变换之后，移动到．对原来的正方形按，，，的顺序作次变换记为，其中，．如果经过次变换之后，顶点的位置恢复为原来的样子，那么我们称这样的变换是-恒等变换．例如，是一个3-恒等变换．则3-恒等变换共________种；对于正整数，-恒等变换共________种．
【答案】 ①. 6 ②.
【解析】
【分析】根据3-恒等变换必定含可列举求解；作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.求得，，，，从而可得，利用构造法求得，从而有，再利用累加法求得.
【详解】3-恒等变换必定含，所以一共有，，，，，这6种3-恒等变换；
注意到，作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．我们假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.
把这次变换分解成次变换和第次变换，
假设经过次变换之后余数为0．如果经过次变换后的余数是0，则第次变换余数不可能为0；如果经过次变换后的余数分别是1，2，3，则第次变换余数必须分别为3，2，1．其他完全类似，因此
，
，
，
．
把后三个式子相加可得，
代入第一个式子可得，．
所以是公比为3的等比数列．
已经算出，而2-恒等变换有，，这三种，故．因此，，从而．
两边同乘，可得．
根据累加法可得
于是．
故答案为：6；
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是要注意到作用一次变换相当于两次变换；作用一次变换相当于三次变换．我们记为数字1，为数字2，为数字3，作用相应的变化就增加相应的数字．那么如果作了次变换（其中包含个、个、个），当是4的倍数时，就能得到一个-恒等变换．假设作了次变换之后得到的相应数字除以4的余数是0，1，2，3的情况数分别为，，，.把这次变换分解成次变换和第次变换，从而得到，，，，进而得到，至此思路就清晰明朗了.
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. 已知函数，且．
（1）求函数的解析式；
（2）为坐标原点，复数，在复平面内对应的点分别为，，求面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据是的对称轴，结合对称轴处取得最值，计算即可；
（2）根据复数的几何意义，建立三角形面积关于的三角函数关系，求函数值域即可.
【小问1详解】
∵，即当时函数取到最值，
又，
其中，
∴，代入得，
即，解得，∴
；
小问2详解】
由（1）可得：，
由复数几何意义知：，
∴，
当，，即，时，有最大值6；
当，，即，时，有最小值2；
∴.
16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到直线的距离；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证得且，得到以四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）取的中点，证得，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量，结合，即可求解；
（3）由（2）中的空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，因为为的中点，所以，
又因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
小问2详解】
解：取的中点，连接，因为且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，则,
所以，则
可得，所以，
则点到直线的距离为.
【小问3详解】
解：由（2）中的空间直角坐标系，可得，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
（1）从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
（2）2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
【答案】（1）4 （2）（i）；
（ii）；2天
【解析】
【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率．；
（ii）由题意，求与的关系，通过构造等比数列，求出，再由求出对应的n.
【小问1详解】
由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，
随机抽取三人，用随机变量表示三人合计得分，则可能的取值为3，4，5，6，
，，
，，
则.
所以三人合计得分的数学期望为4.
【小问2详解】
第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后一天选择“单车自由行”的概率为，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）甲第天选择“单车自由行”的概率，有，
则 ，，
∴，
又∵，∴，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，
∴．
由题意知，需，即，
，即，
显然n必为奇数，偶数不成立，
当时，有即可，
时，成立；
时，成立；
时，，则时不成立，
又因为单调递减，所以时，不成立．
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用全概率公式得到，从而利用数列的相关知识求得，从而得解.
18. 已知椭圆，是椭圆外一点，过作椭圆的两条切线，切点分别为，直线与直线交于点，是直线与椭圆的两个交点.
（1）求直线与直线的斜率之积；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，，根据导数的几何意义可求得椭圆的切线方程，从而可得，再根据斜率公式即可求解；
（2）分、、三种情况分别求解，根据弦长公式和点线距离可求得面积，再利用导数判断单调性，从而求得最大值.
【小问1详解】

设，，，
由可得，对其求导可得，
所以当时，直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
当时，成立，所以直线的方程为.
同理可得直线的方程为，
又因为是两条切线的交点，所以有，，
所以，则，又因为，
所以.
【小问2详解】
①当时，联立直线与椭圆方程，
得，
，，
则，
联立直线与椭圆方程，解得点.
则点到直线的距离，
所以
令，则，
令，则，记，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当，，即时，.
所以，所以面积的最大值是.
②当时，直线的方程为，联立，
可得，根据椭圆的对称性，不妨令，则，
则点到直线的距离，
所以
令，则，记，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当，时，.
所以，所以面积的最大值是.
根据对称性可得当时，面积的最大值是.
所以当时，的最大值为.
当时，同理可求得，当时，的最大值为.
综上，当时，面积的最大值是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下方面考虑：
①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
19. 给出下列两个定义：
Ⅰ.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”.
Ⅱ.对于一个“同定义函数”，若有以下性质：
①；②，其中，为两个新的函数，是的导函数.
我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”.
（1）判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”.Ⅰ.；Ⅱ..
（2）给出两个命题，，判断命题是什么条件，证明你的结论.
：是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，：.
（3）已知函数.
①若的“自导函数”是，试求的取值范围.
②若，且定义，若对任意，，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】19. 是“单向导函数”，其“自导函数”为；既不是“单向导函数”，也不是“双向导函数”.
20. 不充分不必要条件
21. ①；②.
【解析】
【分析】（1）由新定义、导数运算及函数的概念即可得解；
（2）由新定义结合充分条件、必要条件的概念即可得解；
（3）①求导，利用自导函数的定义即可求得参数；
②求导，借助多次求导确定，即可求解.
【小问1详解】
对于函数，则，这两个函数的定义域都是，
所以为“同定义函数”，此时，，
由函数的定义，对于，无法同时成立，
所以为“单向导函数”,其“自导函数”为.
对于函数，则，这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.
【小问2详解】
若，则，设，则，
所以为“单向导函数”.又设，则
所以为“双向导函数”，但不是常值函数，
故不是的必要条件.
若成立，则，所以，所以，所以不成立，
所以为的不充分不必要条件.
【小问3详解】
①由题意，，且，
所以，所以；
②由题意，，
所以，，
令，，
则，
因为单调递增，且，
所以存在，使得，且当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当，即时，
所以，
此时，在上单调递增，，
当时，，此时，，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增;
又，所以；
当且时，，，
所以函数在上存在两个极值点，
若，即时，极大值点为；若，即时，极大值点；为函数极大值或，
又当时，，
，
令，则
设，
则，
所以，即单调递增，所以，
所以单调递增，所以，
综上，，
所以c的取值范围为
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两个，一是对于新概念的理解，转化新概念所给关系；二是对函数多次求导，利用导数与函数单调性、最值的关系求解最值.
个
个
个
0
5
0
1
3
1
2
1
2