2024年温州市高三数学5月第三次模拟考试卷附答案解析

2024年温州市高三数学5月第三次模拟考试卷试卷满分150分，考试用时120分钟2024.05注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.选择题部分（共58分）一、选择题：本大题共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．在中，三个内角成等差数列，则（

）A． B． C． D．12．平面向量，若，则（

）A． B．1 C． D．23．设为同一试验中的两个随机事件，则“”是“事件互为对立事件”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4．已知，和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，则（

）A．B．C． D．的大小关系与有关5．已知，则（

）A． B． C． D．6．已知函数，则关于方程的根个数不可能是（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个7．已知是椭圆的左右焦点，上两点满足：，，则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．8．数列的前项和为，则可以是（

）A．18 B．12 C．9 D．6二、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．已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（

）A．30° B．45° C．75° D．90°10．已知是关于的方程的两个根，其中，则（

）A． B． C． D．11．已知函数的值域是，则下列命题正确的是（

）A．若，则不存在最大值 B．若，则的最小值是C．若，则的最小值是 D．若，则的最小值是非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的横线上.12．设随机变量服从正态分布，若，则.13．定义在上的函数满足：，则.14．过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时，.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．由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面.(1)求证：平面；(2)若，求平面与平面夹角的大小.16．设函数的导函数为.(1)求函数的单调区间和极值；(2)证明：函数存在唯一的极大值点，且.（参考数据：）17．已知直线与双曲线相切于点.(1)试在集合中选择一个数作为的值，使得相应的的值存在，并求出相应的的值；(2)过点与垂直的直线分别交轴于两点，是线段的中点，求点的轨迹方程.18．现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次.(1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率；(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计.（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：）（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数）19．对于给定的一个位自然数（其中，），称集合为自然数的子列集合，定义如下：{且，使得}，比如：当时，.(1)当时，写出集合；(2)有限集合的元素个数称为集合的基数，一般用符号来表示.（ⅰ）已知，试比较大小关系；（ⅱ）记函数（其中为这个数的一种顺序变换），并将能使取到最小值的记为.当时，求的最小值，并写出所有满足条件的.1．C【分析】由条件可知，结合求得，从而代入得解.【详解】因为成等差数列，所以；又，所以，即，所以，所以.故选：C.2．A【分析】根据向量平行满足的坐标关系即可求解.【详解】，由于，所以，解得，故选：A3．B【分析】根据对立事件概率的性质可以说明条件是必要的，容易给出反例说明条件不是充分的.【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的；若试验基本事件含3种及以上，其中表示概率为的两个不同事件，则不互为对立事件，此时，故条件不是充分的.故选：B.4．A【分析】根据二项式系数的性质知，，再用组合数的定义验证.【详解】根据二项式系数的性质，最大的二项式系数出现在正中间的1项或正中间的2项.即，，所以，从而.故选：A.5．B【分析】先由两角和正弦和已知条件解得，进而得，再利用两角和与差的正弦、余弦公式简化所求式子即可求解.【详解】因为，故由两角和正弦公式得，故两边平方得，即，故.故选：B.6．C【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可．【详解】作出函数的图象，如图所示：

将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；当时，直线与函数的图象没有交点；当时，直线与函数的图象有三个交点；所以直线与函数的图象不可能有两个交点．故选：C．7．D【分析】根据焦点三角形的边长关系，利用余弦定理即可求解.【详解】由可知，设，则，,,则由余弦定理可得化简可得，故，（舍去），又,所以，化简可得，故，故选：D8．C【分析】易通过，可得，也可求得，但此数列存在不确定的首项，所以在求和后发现结果为，与选项中的四个数进行对比分析，发现一定不能为负整数，所以只能选C.【详解】由可得：且，由上式又有：，还有，两式相减得：，两边同时除以得：，由上式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，公差为1，所以，由此数列的奇数项公式为，又由，所以可以判断一定不能为负整数，即只能有，故选：C.9．AD【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解.【详解】过点作，从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或，而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或.故选：AD.10．ACD【分析】根据虚根成对原理得到，即可判断A，再根据复数代数形式的乘法运算判断B，利用韦达定理判断C、D.【详解】因为是关于的方程的两个根且，所以，即，故A正确；，，所以，故B错误；因为，所以，故C正确；又，故D正确.故选：ACD11．ABC【分析】由已知结合正弦函数的最值取得条件，周期性及单调性检验各选项即可判断.【详解】当时，，，，当足够大时，包含完整周期，故A正确；为使更小，只包含一个最大、最小值点，所以，解得，，所以时，，验证成立，故B正确；C项：若，当取最小值时，周期最大，且，故，故，故C正确；D项：若，取最小值时，周期最大，，当，此时，D错误．故选：ABC．12．【分析】根据正态曲线的对称性计算可得.【详解】因为且，所以，解得.故答案为：13．##0.5【分析】依次赋值，得；赋值，得；最后赋值即可求解.【详解】由题赋值，得，所以由，得；赋值，得，所以；赋值，得.故答案为：.14．##【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三棱锥的体积公式求解．【详解】由于直线过焦点，且与抛物线交于两个不同的点，故设其方程为，联立方程，消去得，，所以，所以，当，即时，三棱锥体积最大．故答案为：．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接，由已知条件证明出，即可得证平面.（2）先求平面与平面的法向量和，再由，结合二面角夹角范围和图形即可求解.【详解】（1）如图，取中点，连接，，则由题意且，故四边形是平行四边形，所以且，故且，所以四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面.（2）由题意可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则由题意，又，所以，，即，所以，，，，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，所以，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的大小为.16．(1)在上单调递增，在上单调递减，极大值，无极小值.(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值；（2）利用导数求函数的极大值点，由单调性证明.【详解】（1）函数，定义域为，，，解得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，故极大值为，无极小值.（2）由（1）可知，且，，所以根据零点定理，使，使，即时，，为减函数；时，，为增函数，所以存在唯一极大值点，即，又因为，所以，即，得证!17．(1)当时，；当时，；当时，.(2)【分析】（1）直线方程和双曲线方程联立，由求得与的函数关系，再由的值求出相应的的值；（2）设，利用导数求直线的斜率，得直线的斜率和方程，求出两点的坐标，表示出分点的坐标，由在双曲线上，得点的轨迹方程.【详解】（1）由，消去得，由，得，当时，不存在；当时，；当时，；当时，.（2）设，则，，对C求导可得，则，有，所以，令，得，所以；令，得，所以，

所以，即，则，所以，得，，即P的轨迹方程是18．(1)(2)（ⅰ），；（ⅱ）【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；（2）（ⅰ）根据阶矩的定义、期望公式及等差数列求和公式计算可得；（ⅱ）首先求出样本数据的阶矩及阶矩，结合（ⅰ）的中的结果得到方程组，解得即可.【详解】（1）依题意可得抽到的个数字互不相同的概率；（2）（ⅰ）依题意的可能取值为，，，，且（且），所以，依题意的可能取值为，，，且（且），所以；（ⅱ）依题意样本数据，，，为期望（平均数）为，则，，，为期望（平均数）为，所以，消去得，整理得，解得（负值已舍去），又，，所以.19．(1)(2)（i）；（ii）答案见解析【分析】（1）由自然数的子列集合，即可求解；（2）（i）由，根据子列集合的定义，进行列举，分别求得，和，即可求解；（ii）根据题意，得到加强命题转化为，等号成立的条件是，当中相同数字排列在一起的情形，结合数学归纳法，作出证明即可.【详解】（1）解：由自然数的子列集合，可得：自然数，可得.（2）解：（i）由，可得，即，，即，，即，所以.（ii）加强命题如下：若由个数字构成题中的自然数（其中，一位整数，本题即为的情形），则所求，等号成立的条件是，当中相同数字排列在一起的情形，证明：①当时，，显然成立；②设当时，命题成立，即，当时，相当于在原来字符串的基础上增加了个，注意到此时时的每一种排列，此时匹配上到个排列，都能构成时的一种排列，再结合不含有时的任何元素个排列，则我们有，而当中相同数字排列在一起时，成立，则当时，命题也成立，由①②知，成立.记，显然，下面证明：是所有中最小的，从而（其中）设（其中为的一种顺序变换）即只需证取得最小值时，当且仅当里所有相同的数字必相等，根据对称性，以为例，即只需证明即可，记，证明，构造集合到集合的一种对应关系，使得，其中中含有个，个，个，根据的定义，存在唯一的对应，即，反过来，，设（其中，个，个，个），设中的角标分别为，取前个，设中的角标分别为，取前个，设中的角标分别为，取前个，将，，，从小到大排列得到新的角标，则取，根据子列集合的定义，可知，因为里含有个，个，个（但是相同的数字不一定相邻）这个在的作用下，柯达伊与对应，即.综上所述，对于集合中的任意一个元素，在集合