浙江省温州市2024届高三数学下学期二模试题含答案

温州市普通高中2024届高三第二次适应性考试数学试题卷本试卷共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.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【答案】B【解析】【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：B2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【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：D3.在正三棱台中，下列结论正确的是（）A. B.平面C. D.【答案】D【解析】【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.已知，则的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【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：B5.在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为（）A. B.64 C. D.32【答案】A【解析】【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：A6.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.【答案】A【解析】【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：A7.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.【答案】C【解析】【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.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【答案】A【解析】【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.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【答案】ACD【解析】【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：ACD10.已知圆与圆相交于两点．若，则实数的值可以是（）A.10 B.2 C. D.【答案】BD【解析】【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：BD11.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【答案】ABD【解析】【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.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.平面向量满足，，，则______．【答案】【解析】【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.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______．【答案】##【解析】【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.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______．【答案】或【解析】【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.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.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，，求的面积．【答案】（1）或（2）【解析】【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.【小问1详解】由得，而为三角形内角，故sinB>0,得，而为三角形内角，或【小问2详解】由得，又，∴，，故，由（1）得，故，∴，而三角形内角，∴.又即，又，而为三角形内角，故，.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．【答案】16.或（）；17..【解析】【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.【小问1详解】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（）.【小问2详解】由（1）得，，，，当且仅当时取等号，显然，所以，即的取值范围是.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）8组数据：102030405060708012.816.51920.921.521.92325.4（1）用模拟生产食品淀粉年收益与年投入资金关系，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：，②1612920400109603③【答案】（1）（2）36.5【解析】【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.【小问1详解】∴回归方程为：【小问2详解】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.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．【答案】（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【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.【小问1详解】，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，【小问2详解】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）【小问3详解】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.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：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【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．【小问1详解】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；【小问2详解】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．【小问3详解】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，