浙江省温州市2024届高三第二次适应性考试数学试题及答案

这是一份浙江省温州市2024届高三第二次适应性考试数学试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
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
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．在正三棱台中，下列结论正确的是（ ）
A．B．平面
C．D．
4．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
5．在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为（ ）
A．B．64C．D．32
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．
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．
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
二、多选题
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
10．已知圆与圆相交于两点．若，则实数的值可以是（ ）
A．10B．2C．D．
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
三、填空题
12．平面向量满足，，，则 ．
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 ．

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 ．
四、解答题
15．记的内角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
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．
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）的8组数据：
(1)用模拟生产食品淀粉年收益与年投入资金的关系，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
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．
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：．
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
参考答案：
1．B
【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．D
【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．D
【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．B
【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．A
【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．A
【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．C
【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．A
【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.
9．ACD
【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．BD
【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．ABD
【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.
12．
【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．/
【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．或
【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.
15．(1)或
(2)
【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.
【详解】（1）
由 得，而为三角形内角，
故sinB>0,得，而为三角形内角，或
（2）
由得，
又，∴， ，故 ，
由（1）得，故，
∴，而为三角形内角， ∴.
又即，
又，而为三角形内角，故，
.
16．(1)或（）；
(2).
【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.
【详解】（1）
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（）.
（2）
由（1）得，，
，
，当且仅当时取等号，
显然，所以，即的取值范围是.

17．(1)
(2)36.5
【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.
【详解】（1）
∴回归方程为：
（2）
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．(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
【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.
【详解】（1）
，
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，
（2）
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）
（3）
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．(1)
(2)
(3)证明见解析
【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．
【详解】（1）
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；
（2）
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．
（3）
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.