2024温州高三下学期三模数学试题含解析

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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. 在中，三个内角成等差数列，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【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. 平面向量，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【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：A
3. 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
【答案】B
【解析】
【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. 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
【答案】A
【解析】
【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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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. 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
【答案】C
【解析】
【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. 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.
【答案】D
【解析】
【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：D
8. 数列的前项和为，则可以是（ ）
A. 18B. 12C. 9D. 6
【答案】C
【解析】
【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.
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°
【答案】AD
【解析】
【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. 已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【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：ACD
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
【答案】ABC
【解析】
【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．
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____________.
【答案】
【解析】
【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. 定义在上的函数满足：，则____________.
【答案】##0.5
【解析】
【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. 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，____________.
【答案】##
【解析】
【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：．
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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：）
【答案】（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
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数单调区间和极值；
（2）利用导数求函数的极大值点，由单调性证明.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）当时，；当时，；当时，.
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由，消去得，
由，得，当时，不存在；
当时，；当时，；当时，.
【小问2详解】
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. 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）
【答案】（1）
（2）（ⅰ），；（ⅱ）
【解析】
【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.
【小问1详解】
依题意可得抽到的个数字互不相同的概率；
小问2详解】
（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. 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.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）答案见解析
【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.
【小问1详解】
解：由自然数的子列集合，可得：
自然数，可得
【小问2详解】
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，在集合中都有唯一的元素与之对应，反之，任取集合中的一个元素，在集合中都能找到一个元素与之对应，
由此可知，所以的最小值为，满足条件的有：

，
【点睛】知识方法点拨：与集合的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.