精品解析：浙江省湖州市第二中学2024届高三上学期期中数学试题

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一、单选题（1-8题为单选题，每小题只有一个正确选项，每小题5分，共40分）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合A，根据交集运算求解即可.
【详解】由，解得，
所以，
所以.
故选：B.
2. 已知非零向量，，满足，，若为在上的投影向量，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由，为在上的投影向量，
所以，故
故选：B
3. 设（为虚数单位）为复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若是纯虚数，则或
B. 复数模长的平方值等于复数的平方值
C. 若的模长为，则的最大值为
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的概念可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数模的三角不等式可判断C选项；设，利用复数的模长公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，若是纯虚数，则且，A错；
对于B选项，取，则，，则，B错；
对于C选项，因为，则，
当且仅当时，等号成立，即最大值为，C对；
对于D选项，因为，设，则，
所以，，D错.
故选：C.
4. 若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A. 28B. 29C. 30D. 31
【答案】B
【解析】
【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案.
【详解】依题意，数列满足，，
，所以
，也符合，所以，是单调递增数列，
由，解得，
所以的最大值为.
故选：B
5. 甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（ ）
A. B.
C. 事件与事件不相互独立D. 、、两两互斥
【答案】A
【解析】
【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.
【详解】依题意，，，，
，，B对，
，A错；
，，
所以，，所以，事件与事件不相互独立，C对，
由题意可知，事件、、中的任意两个事件都不可能同时发生，
因此，事件、、两两互斥，D对.
故选：A.
6. 设函数若恰有5个不同零点，则正实数的范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出的图象，将恰有5个不同零点转化为与有5个交点即可.
【详解】由题知，
零点的个数可转化为与交点的个数，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：

所以时有最大值：
所以时，由图可知必有两个交点；
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：

因为时，已有两个交点，
所以只需保证与有三个交点即可，
所以只需，解得.
故选：D
【点睛】思路点睛：函数零点问题往往可以转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合方便分析求解.
7. 对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作．下列结论中正确的个数为（ ）
①若曲线是一个点，则点集所表示的图形的面积为；
②若曲线是一个半径为的圆，则点集所表示的图形的面积为；
③若曲线是一个长度为的线段，则点集所表示的图形的面积为；
④若曲线是边长为等边三角形，则点集所表示的图形的面积为．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中定义分析出①②③④中点集构成的区域，计算出相应图形的面积，即可得出结论.
【详解】设点，
对于①，若曲线表示点，则，
化简可得，
所以，点集所表示的图形是以点为圆心，半径为2的圆及其内部，
所以，点集所表示的图形的面积为，①对；
对于②，若曲线表示以点为圆心，半径为2的圆，
设为曲线上一点，当点在曲线内时，，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，可得，此时；
当点在曲线外时，，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以，，可得，此时，
当点在曲线上时，线段的长不存在最小值，
综上所述，或，即或，
所以，点集所表示的图形是夹在圆和圆的区域（但不包括圆的圆周），
此时，点集所表示的图形的面积为，②错；
对于③，不妨设点曲线为线段，且，
当点与点重合时，由①可知，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，
当点与点重合时，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆，
故当点在线段上滑动时，点集表示的区域是一个边长为2的正方形和两个半径为1的半圆所围成的区域，
此时，点集的面积为，③对；
对于④，若曲线是边长为9的等边三角形，设等边三角形为，
因为，，则，
由③可知，点集构成的区域由矩形、、，
以及分别由点为圆心，半径为1，圆心角为的三段圆弧，
和夹在等边三角形和等边三角形中间的部分（包括边界），
因此，，则，
所以，点集所表示的图形的面积为，④对.
综上所述：正确的序号为①③④，共3个.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于分析出点集所表示的区域，并作出其图形，计算其面积即可.
8. 已知数列{an}满足，对于函数f（x）＝x|x|，定义F（n）＝．
①若{an}为等比数列，则F（n）＞0恒成立；
②若{an}为等差数列，则F（n）＞0恒成立．
关于上述命题，以下说法正确的是（ ）
A. ①②都正确B. ①②都错误
C. ①正确，②错误D. ①错误，②正确
【答案】A
【解析】
【分析】由题，将数列分为常数列，等差数列，等比数列进行讨论.
【详解】①当为非零常数列时，，
（1）当，；
（2）当，，
故当为非零常数列时，F（n）＞0恒成立.
②当为等差数列，设，则由等差数列性质有：
，其中=1，2，3，，.
又，易得其为奇函数，且在上单调递增. 则有
其中=1，2，3，，.
则
得.又时，可同理证明.
故当{an}为等差数列，F（n）＞0恒成立.
③当为等比数列，
（1）当等比数列公比且，则中所有项符号相同.
i若，则.F（n）＞0恒成立；
ii若，则.F（n）＞0恒成立.
（2）当时，中任意相邻两项符号不同.
i当，当时，，
当且时，=.
ii当，当时，
=
又时，，，则
iii当时，，
当且时，=
iv当时，
.
又时，，则
故{an}为等比数列时，F（n）＞0恒成立.
综上，当{an}为等比数列，或等差数列时，均有F（n）＞0恒成立.
故选：A
【点睛】关键点点睛，本题考查数列，函数奇偶性，单调性等知识，属综合题，难度较大.当{an}为等差数列时，解决问题的关键是能够由利用性质得到.当{an}为等比数列时，问题关键为通过讨论的奇偶性，求出时，表达式.
二、多选题（9-12题为多选题，每小题有2-4个正确选项，全部选对得5分，部分选对得2分，共20分）
9. 如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. B. 与所成的角可能是
C. 是定值D. 当时，点到平面的距离为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设 ，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D.
【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，
设 ，，则，，
所以 ，则，故A正确；
因为，，
所以，
若与所成的角是，
则，即，
整理得，得，与矛盾，故B错误；
，，所以为定值，故C正确；
当时，，
，，，
设平面的法向量为，
由令，则，，，
点到平面的距离，故D正确.
故选：ACD.
10. （多选）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，则一定是等腰三角形
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则一定是等边三角形
D. 若，则是直角三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】由正弦定理化边为角变形判断ABC，由余弦定理判断D．
【详解】对于A，若，由正弦定理得，
即，又，
则或，即或，
所以三角形为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，若，
则由正弦定理得，
又，则或（舍去），
则是等腰三角形，故B正确；
对于C，若，
由正弦定得理，即，
又为三角形内角，所以，三角形是等边三角形，故C正确；
对于D，由于，
由余弦定理可得，可得，解得，
所以，故是等边三角形，故D错误．
故选：BC.
11. 已知双曲线C：的左焦点为F，P为C右支上的动点，过P作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. 点F到C一条渐近线的距离为2
B. 双曲线C的离心率为
C. 则P到C的两条渐近线的距离之积大于4
D. 当最小时，则的周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由点到直线的距离公式，可判断A项；根据离心率，可判断B项；设点，根据点到直线的距离公式，可判断C项；设双曲线的右焦点，由双曲线定义可知最小时，则只需最小即可，过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小，再由距离公式即可判断D项.
【详解】双曲线的渐近线为，左焦点，所以点到C的一条渐近线的距离为，所以A错误；
由双曲线方程可得，，所以离心率，所以B正确；
设点，则，即，
点到两渐近线距离分别为和，
则，所以C正确；
设双曲线的右焦点，则，所以，
若最小，则只需最小即可，
过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小，
，由勾股定理得，所以，所以，
所以的周长为，所以D正确.
故选：BCD.
12. 已知函数为定义在上的偶函数，，且，则（ ）
A. B. 的图象关于点对称
C. 以6为周期的函数D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】令，求出可判断A；利用和得出可判断B正确；利用周期函数的定义和求出周期可判断C；赋值法求出，结合周期可判断D.
【详解】因为函数为定义在上的偶函数，
所以，，
对于A，令，可得，
因为，可得，故A正确；
对于B，因为，
所以，
可得，
从而，
又因为，可得，
所以，可得，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，因为，
所以，所以，
可得，所以有，
所以以6为周期的函数，故C正确；
对于D，，，令可得，可得，
令可得，可得，
令可得，可得，
令可得，可得，所以，
所以，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：适当的赋值和变量代换，是探求抽象函数周期的关键，求解抽象函数问题，要有扎实的基础知识和较强的抽象思维和逻辑推理能力.
三、填空题（13-16题为填空题，请在空白处填出正确答案，每小题5分，共20分）
13. 已知，若存在使得，则k的最大值为________．
【答案】1011
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项可得，讨论的奇偶性，结合分析求解即可.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
所以，，
若，则有：
当为奇数时，此时，即，
则，可得，
又因为为奇数，所以的最大值为1011；
当为偶数时，此时，不合题意；
综上所述：的最大值为1011.
故答案为：1011.
14. 已知空间一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于， 则=______.
【答案】
【解析】
【分析】问题等价于一平面与正方体三条两两相交的棱所成角相等，求夹角，如图建立空间直角坐标系，设平面法向量为，由平面与正方体的12条棱所成的角都相等可得，即可得答案.
【详解】注意到，， ，
则空间一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都相等，等价于该平面与所成角相等.
如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，.
设平面法向量为，则
，则.
故答案为：.

15. 若平面上的三个单位向量、、满足，，则的所有可能的值组成的集合为________．
【答案】
【解析】
【分析】不妨设，，，其中、，根据平面向量数量积的坐标运算可得出、的值，求出的值，再利用平面向量数量积的坐标运算结合两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】不妨设，，，其中、，
则，所以，或，
，所以，或，
所以，，
因为，
当时，；
当时，；
当时，.
所以，的所有可能的值组成的集合为.
故答案为：.
16. 若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足和恒成立，则称直线为和的“隔离直线”．已知函数，，，则有下列命题：
①与有“隔离直线”；
②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；
③和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；
④和之间存在唯一的“隔离直线”．
其中真命题的序号为_______________________．（请填上所有正确命题的序号）
【答案】②④
【解析】
【分析】利用导数结合“隔离直线”的定义可判断①的正误；利用“隔离直线”的定义求出、所满足的不等式，求出、的取值范围，可判断②③的正误；求出函数和图象的公共点以及公切线方程，结合利用导数法证明出、，结合“隔离直线”的定义可判断④的正误.
【详解】对于①，构造函数，其中，
则，所以，函数在上单调递减，
，当时，，此时；
当时，，此时.
所以，与不存在“隔离直线”，①错误；
对于②，设和之间的“隔离直线”为，
当时，，则在上恒成立，
设，二次函数图象的对称轴为直线.
当时，则，可得；
当时，，则.
不等式在上恒成立，即在上恒成立，
若，函数在上单调递减，该函数在上无最小值，此时无解；
若，可得，当时，，则；
若，则，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，则.
由上可知，当时，；
当时，，，也满足，
由上可知，整理可得，即，.
由题意可知，，所以，故②正确；
对于③，由②可知，，故③错误；
对于④，、，则，，则，
所以，函数、的图象的公共点为，
，则，，则，所以，，
所以，函数、的图象在公共点处有公切线，即.
构造函数，所以，.
构造函数，
则.
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，，即.
综上可知，和之间存在唯一的“隔离直线”，④正确.
故答案为：②④.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
四、解答题（17-22题为解答题，17题10分，18-22题每题12分，请在答题纸固定位置填入答案和解答步骤，共70分）
17. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同.
（1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组面试者所有人的方差.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用图象即可得出这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数；
（2）求出两组频率之比和平均数，即可得出面试者所有人的方差.
【小问1详解】
由题意可知：，
解得，
可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
所以平均数等于，
因为，
设第25百分位数为，
则，
解得，
第25百分位数为63.
【小问2详解】
设第二组、第四组的平均数与方差分别为，
且两组频率之比为，
成绩在第二组、第四组的平均数，
成绩在第二组、第四组的方差
，
故估计成绩在第二组、第四组的方差是.
18. 已知四棱锥，底面为平行四边形，，，，.
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】（1）过点作，连接，然后利用已知条件及余弦定理证明，以及即可证明
（2）连接交于点，然后根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的正弦值即可.
【小问1详解】
证明：过点作，连接，如图所示：

设，因为，，
所以，
又，，
所以，
又，
所以在中，
，
又，
所以，又，且，AE，AB均含于面ABE
所以平面，
即平面
【小问2详解】
连接交于点，
因为，
所以为等边三角形，
由（1）故，
由（1）平面，平面，
所以，
所以，
在中，，
所以，
所以直线两两互相垂直，
所以以所在直线分别为轴
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，
设平面的一个法向量为，
则由
令，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则由
令，
所以平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
所以，
所以二面角的正弦值为：
.
19. 在锐角中，设边所对的角分别为，且．
（1）证明：
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）余弦定理结合已知消元，然后利用正弦定理边化角，利用内角和定理消去角C，用和差公式化简后，利用正弦函数单调性可得；
（2）利用正弦定理将目标式转化为关于角B的三角函数，根据锐角三角形定义求角B范围，然后使用换元法，借助对勾函数性质即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
整理得，
又，所以，
所以，
整理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，
所以，所以，
因为函数在上单调递增，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）可知，，
因为，所以由正弦定理可得，，即，
因为，所以，
又，所以，即，
所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，
则.
记，则，
由对勾函数可知，在上单调递增，
所以，即的取值范围为
20. 已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为.设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、.
（1）设椭圆上有一动点，求的取值范围；
（2）设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在点Q，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意计算出椭圆方程，设出T 点坐标，表示出，由，求出，结合T 点坐标范围计算即可得；
（2）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线l 与椭圆交于不同的两点可得该方程 ，并由方程中的韦达定理表示出直线OM 斜率，假设存在该点Q ，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有 ，结合前面所得可计算出t的范围，可得结论.
【小问1详解】
椭圆焦距为，即，得，离心率，得，所以，
则椭圆的标准方程为；
设动点，又，得，
，
由椭圆方程可知，所以的取值范围为；
【小问2详解】
线段的中点不与原点重合，则直线l的斜率存在，
故可设直线，、，
联立，消去y得，
，即①
则，
则，
则，故，
若，则有，
设直线PQ为，
联立，消去y有，
要使得存在点Q，则，
整理得，故②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点Q，使得.
【点睛】方法点睛：
解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题
21. 已知空间向量列，如果对于任意的正整数，均有，则称此空间向量列为“等差向量列”，称为“公差向量”；空间向量列，如果且对于任意的正整数，均有，，则称此空间向量列为“等比向量列”，常数称为“公比”.
（1）若是“等差向量列”，“公差向量”，，；是“等比向量列”，“公比”，，.求；
（2）若是“等差向量列”，，记，且，等式对于和2均成立，且，求的最大值.
【答案】21.
22. 31
【解析】
【分析】（1）根据题意，由“等差向量列”定义和“等比向量列”定义可得的通项公式，再由错位相减法，即可得到结果；
（2）根据题意，构造函数，结合函数的性质，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由“等差向量列”定义和“等比向量列”定义知，
，
，
，
设，
，
两式相减得，
所以.
【小问2详解】
，所以，所以为等差数列，
所以，
由题意知
，
构造函数，
则
，
所以函数至少有三个零点，
若要使有三个零点，则存在，使得为常数，且三个零点均在内，所以m为偶数，且
，解得，
所以，解得，
m的最大值为31.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了空间向量与数列相结合的知识点，包括数列的通项公式以及求和公式，难度较大，解得本题的关键在于理解“等差向量列”定义和“等比向量列”定义，然后结合数列的相关知识解答.
22. 设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上严格减，在上严格增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”.
（1）已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围；
（2）设，.设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为.若，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，对函数求导，根据导数与函数单调性的关系，结合零点定理，可得答案；
（2）对函数求导并分解因式，利用分类讨论，结合二次函数的性质，可得答案.
【小问1详解】
由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点，
令，所以，
设，
所以，由可知恒成立，
所以在区间上单调递增，
若满足谷点，则有，解得，
故m的取值范围是.
【小问2详解】
因为，
所以，
若恒成立，
则函数在时严格增，在时严格减，不是含谷函数，不满足题意；
因此关于x的方程有两个相异实根，即，
设两根为且，
因为，所以函数在区间上不为严格增，
但是当时，为严格增，
所以在区间上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即，
同理，因为，所以，
因此，在区间和上严格增，在区间和上严格减，
从而函数的含谷区间必满足，
即，
因为，，
由得，所以，
由得，所以，
所以当时，；当时，，
当时，，
当时，，
因此的最小值为，当时成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.