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

2024年“数海漫游”第二次模拟考试数学本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟注意事项：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.0 B. C.1 D.【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.2 B.4 C.8 D.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.4 B.10 C.14 D.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：B5.已知向量均为单位向量，则的最小值是（）A.1 B.2 C. 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.15 C. 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：A7.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.1976 B.1977 C. 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