浙江省名校联盟2024届高三上学期9月新高考研究卷（全国I卷）数学试题（二）

这是一份浙江省名校联盟2024届高三上学期9月新高考研究卷（全国I卷）数学试题（二），共27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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知数列的前项和，则“"是“数列为等差数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．在中，是上靠近的四等分点，与交于点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．在中，角所对的边分别为.若，且该三角形有两解，则的范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A．3125B．1000C．1040D．1020
7．费马原理是几何光学中的重要原理，可以推导出圆锥曲线的一些光学性质，如：点为椭圆（为焦点）上一点，则点处的切线平分外角.已知椭圆为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂足为，则为（ ）
A．B．2C．3D．
8．已知恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知平面向量.下列命题中的真命题有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若且与的夹角为，则
10．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次这两种运算，最终必进入循环图.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，（ ）
A．当时，则
B．当时，数列单调递减
C．若，且均不为1，则
D．当时，从中任取两个数至少一个为奇数的概率为
11．在正方体中，，点满足，.下列结论正确的有（ ）
A．直线与一定为异面直线
B．直线与平面所成角正弦值为
C．四面体的体积恒定且为2
D．当时，的最小值为
12．已知定义在上的函数满足且，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．为周期函数
三、填空题
13．复数，则 .
14．若，且奇数项二项式系数之和为512，则 .
15．若，则的最小值为 .
16．已知抛物线是抛物线上的点，直线与抛物线切于点，直线且与抛物线交于点（异于点），抛物线在点处的切线交于面积的最小值是 .
四、解答题
17．已知数列的前项和为
(1)试求数列的通项公式；
(2)求.
18．如图，在四面体中，分别是线段的中点，.

(1)证明：平面；
(2)是否存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由.
19．全民健身是全体人民增强体魄､健康生活的基础和保障，为了研究杭州市民健身的情况，某调研小组在我市随机抽取了100名市民进行调研，得到如下数据：
附：，
(1)如果认为每周健身4次及以上的用户为“喜欢健身”；请完成列联表，根据小概率值的独立性检验，判断“喜欢健身”与“性别”是否有关？
(2)假设杭州市民小红第一次去健身房健身的概率为，去健身房健身的概率为，从第二次起，若前一次去健身房，则此次不去的概率为；若前一次去健身房，则此次仍不去的概率为.记第次去健身房健身的概率为，则第10次去哪一个健身房健身的概率更大？
20．在中，分别为角所对应的边，且有.
(1)试证明：当为非等腰三角形且时，不存在符合条件.
(2)试求：的最大值.
21．已知椭圆，点，斜率不为0的直线与椭圆交于点，与圆相切且切点为为中点.
(1)求圆的半径的取值范围；
(2)求的取值范围.
22．已知函数.
(1)证明：；
(2)证明当时，存在使.
每周健身次数
1次
2次
3次
4次
5次
6次及6次以上
男
4
6
5
3
4
28
女
7
5
8
7
6
17
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．D
【分析】先求得，然后求得.
【详解】依题意，
，
所以.
故选：D
2．C
【分析】利用指数、对数函数单调性，结合“媒介数”比较大小即可.
【详解】依题意，，，即，
而，所以.
故选：C
3．C
【分析】利用和充要条件的定义判断可得答案.
【详解】当时可得，
当时可得，
所以，
时，可得，又，所以，
所以，所以数列为公差为2的等差数列；
若数列为等差数列，则，可得，
所以“"是“数列为等差数列”的充要条件.
故选：C.
4．A
【分析】连接，设，，利用求出可得答案.
【详解】如图，连接，设
，由三点共线，
设
，
则，
，
可得，解得，所以.
故选：A.

5．B
【分析】利用正弦定理推出，根据三角形有两解，确定角A的范围，从而结合的取值范围求得答案.
【详解】由正弦定理得，所以,
因为该三角形有两解，故,
故，即，
故选：B
6．D
【分析】根据不邻区域是否同色进行分类，确定涂色顺序再分步计数即可.
【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图五个区域，
有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.

分为以下两类情况：
第一类：三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂区域，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
第二类：三个区域涂两种不同的颜色，
由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同.
若涂一色，
第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色，
即涂个区域不同色，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
若涂一色，与涂一色的方法数相同，
则共有种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种.
故选：D.
7．A
【分析】先求得直线的方程，然后求得直线的方程，进而求得点坐标，从而求得.
【详解】依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入得，
整理得，
由于直线和椭圆相切，则，
整理得，
所以直线的方程为，
对于椭圆，，所以，
所以直线的方程为，
由解得，所以.
故选：A

8．A
【分析】考虑同构，首先将不等式变形为，构造函数且易知它是单调递增的，从而可以推出，转换成恒成立问题即可求解.
【详解】首先显然有，所以，
其次由题意可将不等式变形为，
即恒成立，
即恒成立，
不妨设，则，所以单调递增，
由以上分析可知，所以恒成立，
所以只需即可，
不妨设，求导得，
所以当时，有，此时单调递减，
当时，有，此时单调递增，
所以，
由以上分析可知，
又对数函数在时单调递增，
所以，解得.
综上所述：的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是从同构出发考虑，合理变形不等式，从而构造函数使其单调，由此即可分离参数，转换为恒成立问题求解.
9．BCD
【分析】根据向量平行、垂直、模、夹角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，若是零向量，则由不等得到，所以A选项错误.
B选项，若，则，所以B选项正确.
C选项，若，则，
即，所以，所以C选项正确.
D选项，若且与的夹角为，
则，
两边平方得，所以D选项正确.
故选：BCD
10．AD
【分析】对于A选项，根据运算规则即可求出；
对于B选项，根据运算规则求出部分项数，观察可知是否单调递减；
对于C选项，根据运算规则求出，并舍去不符合题意的项，即知；
对于D选项，根据运算规则求出，进而求出任取两个数至少一个为奇数的概率.
【详解】当时，则，，，，，，，，，，，故A选项符合题意；
当，则，，，，，易知并非单调递减，故B选项不符合题意；
若，则，，当时，则，或，当时，舍去，故C选项不符合题意；
，则，，，，，，所以从中任取两个数至少一个为奇数的概率为，故D选项符合题意.
故选：AD.
11．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用向量的坐标运算求得F坐标，确定F点位置，结合异面直线的概念即可判断A；根据空间角的向量求法可判断B；根据棱锥的体积公式判断C；将绕翻折到和四边形到同一平面内，将转化为线段的长，求得其最小值判断D.
【详解】由题意在正方体中，，，
即E为的中点；
以D为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，

则，
则，
由得，
则点，由于，则，
故点F落在四边形的内部，
而在平面内，即和平面相交，
而平面，直线，故直线与一定为异面直线，A正确；
设平面的法向量为，，
则，令，则，
又，故，
设线与平面所成角为，
故，B正确；
由于点F落在四边形的内部，故F到平面的距离为2，
则四面体的体积,
即四面体的体积为定值，C错误；
当时，，此时点F在上（不含端点），
如图将绕翻折到和四边形到同一平面内，

连接交即为F点，则的最小值为的长；
由题意可知，
故
，
故，即的最小值为，D正确，
故选：ABD
12．ACD
【分析】由条件等式通过取特殊值求，判断A，B；再推理分析函数的奇偶性、周期性判断CD.
【详解】依题意，，，
取，得，又，则，A正确；
取，得，则，B错误；
取，得，而，即，
于是，有，则为偶函数，C正确；
即，得，即，
有，于是，即有，
因此，所以为周期函数，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.
13．
【分析】根据复数乘法、除法、模等知识求得正确答案.
【详解】，
，
所以.
故答案为：
14．
【分析】求出的表达式和的值，即可得出的值.
【详解】由题意，，
在中，两边同时求导得，
，
当时，，
∵奇数项二项式系数之和为512，
∴，解得：，
∴，
故答案为：.
15．
【分析】转化并利用基本不等式求得最小值.
【详解】由得，
，
所以，
当且仅当时等号成立，易知此时有正实数解，
所以的最小值为.
故答案为：.
16．8
【分析】根据导函求解切线方程，联立直线方程以及抛物线方程，进而可得，，，且，，根据点点距离即可表达三角形的面积，根据基本不等式即可求解最值.
【详解】根据题意，不妨将抛物线设为
根据抛物线的对称性，不妨设点为第一象限的点，,
则，
因此点处的切线方程为，即，
由于，故,则方程为，
联立直线与抛物线方程得，
化简得，
则，
所以，
进而的方程为，
联立和的直线方程可得，
因此，
故，，且，
故
由于,所以，当且仅当时等号成立。
故,
故答案为：8

【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则用一般弦长公式．
解析几何简化运算的常见方法：
（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；
（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；
（3）巧用定义，简化运算.
17．(1)
(2)
【分析】（1）构造数列使其为等差数列，根据等差数列定义然后变形即可求解.
（2）由错位相减法即可求解.
【详解】（1）由题意，两边同时除以，将其变形为，即，
由等差数列的定义可知是以首项为、公差为的等差数列，
所以，即.
（2）由（1）可知，显然当时，有，
当时，有，
所以，
两式相减得
.
而当时，也有，
综上所述：，.
18．(1)证明见解析
(2)存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为；理由见解析.
【分析】（1）由已知条件先分别去证明、，由线面垂直的判定定理即可求解.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，引入参数来表示某些点的坐标，若要使得平面与平面的夹角的余弦值为，即可通过计算和分析去判断是否存在满足题意的参数，此时对应的即可判断是否存在满足题意的的长度.
【详解】（1）如图所示：

因为分别是线段的中点，
所以，，
又因为，
即，所以，
且注意到，
所以，
又因为平面，平面，且，
所以由线面垂直的判定定理可知平面.
（2）因为点是线段的中点，且有，
所以，
所以易知是直角三角形，其中，
又由（1）可知平面，
所以以为轴，过点与平行的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

因为，，设，
不妨设当，，此时平面与平面的夹角的余弦值为.
由（1）可知，平面，
所以平面，
又，分别是线段的中点，
所以有，
所以
不妨设平面与平面的法向量分别为，
则有，，
即有，，
分别令、，
此时有，
不妨设平面与平面的夹角为，
则由题意，
整理得，因为，所以，
所以，即，此时有.
综上所述：存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
19．(1)列联表见解析，“喜欢健身”与“性别”无关
(2)第10次去健身房健身的概率更大
【分析】（1）先绘制列联表，计算的值，从而确定正确答案.
（2）根据全概率公式、递推关系求得，从而求得，由此确定正确答案.
【详解】（1）依题意，列联表如下：
，
所以“喜欢健身”与“性别”无关.
（2）依题意，，当时，，
则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，
所以第10次去健身房健身的概率更大.
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式以及正弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理边角化，即可结合不等式求解.
【详解】（1）由以及余弦二倍角公式可得，
由于,
故，又，所以,
由于故这与为非等腰三角形矛盾，故不存在符合条件
（2）,
故，
由于，所以，
故，
令，若，则
若，则，
当时，，当且仅当，即时等号成立，
当时，，，此时不符合要求，
故最大值为
21．(1)
(2)
【分析】（1）设直线l方程，联立直线l方程与椭圆方程可得，，进而可求得点M坐标，由圆N与直线l相切于点M可得，进而可求得，代入可求得，进而求出的范围即可.
（2）由弦长公式可得（），运用换元法即可求得结果.
【详解】（1）如图所示，

由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l方程为（），，，设圆N的半径为r，
，
，
， ，
所以，
又因为M为的中点，所以，
又因为圆N与直线l相切于点M，所以，且，
所以，
所以，解得，
所以，
，解得：，
所以（），
所以，即，
所以圆N的半径r的取值范围为.
（2）由（1）知，，
所以（），
令，则（），
所以，
显然在上单调递减，
所以，所以，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1.数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解；
2.构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解；
3.构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，设出导函数的零点，根据题意确定零点范围，然后利用零点满足的条件化简的最小值，并根据函数单调性证得结论；
（2）只需证明，当时，，然后各自等价转化，并利用放缩法，结合构造函数，进行证明.
【详解】（1）定义域为，其导函数为是单调增函数，
又，，
故存在唯一零点使得，
则在内，单调递减，在内，单调递增，
于是.
由，得，
所以，
设，则,故单调递增，
所以由可得，
所以；
（2）先证明3个引理：
引理1：当时，；
证明：构造函数
，
在上，单调递减；在上，单调递增；
又因为函数,当且仅当时取得最小值0，
所以当时，成立；
引理2：当时，；
证明：，
,
所以在上单调递减，
所以当时，，所以，
所以当时，成立；
引理3：当时，.
证明：构造函数，则，
令，则，
在区间内，，函数单调递减；在区间上，，函数 单调递增.
∴，
所以在上单调递增，所以当时，
所以当时，成立.
现在来证明本题的第（2）问.
为了证明当时，存在使，
因为，所以，
由（1）知在上单调递增，且，则在上单调递增，
根据零点存在定理，只需证明，当时，.
①.
根据引理1，，
所以为了证明当时，成立，只需证明当时，.
而，
设，在时为的单调递增函数，
所以时,
所以时；
②，
当时，，根据引理3，，
根据引理2， ，
所以为了证明，只需证明，
而，
由于时有，所以成立，
所以时成立.
综上，当时，，
根据零点存在定理，函数在区间内存在零点，
即存在使，证毕.
【点睛】关键点睛：
（1）中利用隐零点进行转化是解决问题的关键，需要熟练掌握.
（2）中的三个引理，引理1：当时，；引理2：当时，；引理3：当时，.是不等式放缩中经常用到的，对于证明不等式恒成立有重要的用处，要注意理解与掌握.
喜欢健身
不喜欢健身
合计
男
女
合计