浙江省台州市2023届高三下学期二模数学试题及答案

选择题部分

2023．4本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。一、单项选择题：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．已知复数z满足1iz1i(i为虚数单位)，则z的虚部为2．设集合Axlog2x1，B{x|1x1}，则AB

A．1B．1C．iD．i2A．1，2B．0，C．0,12D．1，

3.如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体，设圆锥部分的高为0.5米，圆柱部分的高为2米，底面圆的半径为1米，则该组合体体积为(第3题)A．

立方米3B．2π立方米C．

立方米6D．

立方米2x1x20，4.已知函数fx同时满足性质：①fxfx；②当x1,x20,1时，则函数fx可能为A．fxx

2

fx1fx21B．f(x)2xC．f(x)cos4xD．fxln1x5.已知公差不为零的等差数列an满足：a2a7a81，且a2,a4,a8成等比数列，则a2023120236.袋子中有大小相同的5个白球和5个红球，从中任取3个球，已知3个球中有白球，则恰好．．．A．2023B．2023C．0D．拿到2个红球的概率为A．5

11B．411C．512第1页共4页D．13高三第二次教学质量评估试题7.已知菱形ABCD的边长为3，对角线BD长为5，将△ABD沿着对角线BD翻折至△ABD，使得线段AC长为3，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为A．34B．54C．49D．898.设函数fxx2sinx2x1,x0,，则A．函数gxfxx有且仅有一个零点B．对a0，b0，函数gxfxaxb有且仅有一个零点C.mR，fx2xm恒成立D.a,b,mR，fxaxbm恒成立二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。19.已知函数f(x)sin(x)0,||的最小正周期为，且图象经过点D0，，则22A．2B．点,0为函数yf(x)图象的对称中心3

为函数yfx图象的对称轴6D．函数f(x)的单调增区间为k,k,kZ36C．直线x

10.已知a,b,c0,1，随机变量的分布列为：P1a2b3c则A．E2EB．D2DC．E2[E]2D．D[2]D220的动直线l与11.设抛物线C:y24x焦点为F，点D为抛物线C准线上的点，经过点Pm，

抛物线C交于不同的两点A,B，其中坐标原点为O，则A．若m1，则ADB90C．若m3，则AFB90

B．若m3，则ADB90D．若m4，则AOB90

12.高一某班级共有n行m列个座位，记为nm．每周进行一次轮换，轮换规则如下：高三第二次教学质量评估试题第2页共4页①每一行轮换到下一行，最后一行轮换到第一行；②从左到右，每一列轮换到相邻右边一列，最后一列轮换到左侧第一列．例如，班级共有45个座位，则本周第3行第4列的同学，在下周一将轮换到第4行第5列的座位．现某班的座位形式为nm，经过推演发现，如果一直按这种轮换法，在高中三年内每一个学生都可以轮换到全班所有座位，则nm可能为A．46B．48C．56D．58非选择题部分(共110分)

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知平面向量a(2,m)，b(m1,2)，若ab，则实数m

．．x2y230和1，，则椭圆C的离心率为14.已知椭圆C:221ab0经过点2，

ab215.若定义在R上的函数fx满足：x,yR，fxyfxy2fxfy，且f01，则满足上述条件的函数fx可以为．（写出一个即可）16.三棱锥DABC中，DC平面ABC，ABBC，ABBCCD1，点P在三棱锥DABC外接球的球面上，且APC60，则DP的最小值为．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（本小题满分10分）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c．π已知asinBbcosA，bcosCccosB．6（I）求A的值；4

，求△ABD与△ACD的面积之比．518.（本小题满分12分）向日葵是常见的一种经济作物，种子常炒制为零食食用，也可榨葵花籽油．但种植向日葵时会频繁地遇到空壳问题，其中开花期大气湿度是导致向日葵空壳的一大主因．为找到向日葵空壳率与开花期大气湿度的关系，研究人员做了观察试验，结果如下：大气湿度x45%59%66%68%69%70%72%77%80%88%空壳率y18%21%25%27%26%29%31%32%33%37%（Ⅱ）若点D为边BC上的一个点，且满足cosBAD

（Ⅰ）试求向日葵空壳率与大气湿度之间的回归直线方程；（回归直线方程的系数均保留两位有效数字）（Ⅱ）某地大气湿度约为40%时，试根据（Ⅰ）中的回归直线方程推测空壳率大约为多少？ˆ附：经验回归方程系数：bxyi1kkii2ikxykx2ˆ，x0.69，y0.28，，aˆybxxi1xyi1i10i1.9951，xi1102i4.9404．第3页共4页高三第二次教学质量评估试题19．（本小题满分12分）已知三棱柱ABCA1B1C1棱长均为1，且AC1（I）求证：平面ABC平面BCC1B1；（Ⅱ）求平面ABC1与平面ABC所成夹角的余弦值．6，BC11．2(第19题)ba33

a12b11，an1ann，2bn1bnn．bn满足：20．（本小题满分12分）已知数列an，4224（I）求证：数列an2bn是等比数列；（Ⅱ）若____(从下列三个条件中任选一个)，求数列an的前n项和Sn．1

①a12b11；②b2；③a22b21．8x221．（本小题满分12分）已知过点P(2,0)的直线l1与双曲线C：y21的左右两支分别2交于A,B两点．（I）求直线l1的斜率k的取值范围；222y0（Ⅱ）设点Q(x0,y0)（x0），过点Q且与直线l1垂直的直线l2，与双曲线C交于M,N两点．当直线l1变化时，11恒为一定值，求点Q的轨迹方程．PAPBQMQN22．（本小题满分12分）已知kR，a0，设函数f(x)exa底，e2.71828．（I）当a1，k1时，证明：函数f(x)在R上单调递增；2k2x，其中e为自然对数的a（Ⅱ）若对任意正实数a，函数f(x)均有三个零点x1,x2,x3，其中x1x2x3．求实数k的取值范围，并证明x2x34．高三第二次教学质量评估试题第4页共4页台州市2023届高三第二次教学质量评估试题数学参考答案及评分标准

题号答案1B2C3C4D5A6A7D2023.04一、单项选择题: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。8D二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。题号答案9ACD10BC11BCD12CD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。311

14.15.fxcosx（fxcosx，fx1均可）16.322四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（本小题满分10分）π（Ⅰ）解：因为asinBbcosA，所以sinAsinBsinBcosA，66显然sinB0，所以sinAcosA，……2分6所以cosAcosA，又因为A,，A，，62662222所以AA或AA0，所以A；……5分26263（Ⅱ）因为bcosCccosB，所以sinBcosCsinCcosB，所以BC，所以ABAC，……6分43

因为cosBAD，所以sinBAD，55433所以sinCADsinBAD；……8分310sinBAD6836所以；sinCAD43313所以△ABD与△ACD的面积之比等于11836.……10分ABADsinBADACADsinCAD1322（不同解法酌情给分。）18.（本小题满分12分）13.ˆ解：（Ⅰ）由已知得bxyi11010ii2ikxy0.35，kx2第1页共4页……3分xi1ˆ0.04，ˆybx所以a……6分……8分……12分所以回归直线方程为y0.35x0.04；（Ⅱ）由（Ⅰ）知当大气湿度为40%时，空壳率约为0.350.40.040.1818%．19.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：取BC中点M，连接AM,C1M，因为△BCC1是等边三角形，所以C1MBC，又因为AC1……2分63，AMMC1，所以AMC1，222所以C1MAM，……4分又因为AMBCM，所以C1M平面ABC，因为C1M平面BCC1B1，所以平面ABC平面BCC1B1；…6分（Ⅱ）作MNAB，垂足为N，连接C1N,因为C1M平面ABC，所以C1MAB，因为C1MMNM，所以AB平面C1NM，所以C1NAB，所以C1NM即为平面ABC1与平面ABC所成夹角（或其补角），在直角三角形△C1MN中，C1M所以cosC1NM3315，MN，所以C1N，244……8分55，即平面ABC1与平面ABC所成夹角的余弦值为．…12分55（不同解法酌情给分。）20.（本小题满分12分）ba33

（Ⅰ）证明：因为an1ann，2bn1bnn，4224b3a31

所以an12bn1annbnnan2bn，42242an12bn11，所以an2bn2又因为a12b11，所以数列an2bn是首项为1公比为（Ⅱ）由（Ⅰ）知an2bn

，2n1b3a3

又因为an12bn1annbnnan2bn，4224所以数列an2bn为常数列．……4分1

1

的等比数列；……5分2……8分若选条件①或③，均可得an2bn1，11n+21

n.所以ann，所以Sn……12分2222

a13311

若选②，因为b2，2bn1bnn，所以b1a1，又因为a12b11，824244第2页共4页所以a11，b10，所以a12b11，所以an（不同解法酌情给分。）21.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）当k0时，显然符合题意，11n+21

Sn.…12分，所以n222n2……1分1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，k当k0时，设直线l1的方程为xty2，其中t与双曲线方程联立可得(t22)y24ty20，4tyy,21t22所以yy2,12t22……2分8t2160,因为直线l1与双曲线交于不同的两支，所以t220,yy0,12解得t22，所以22；k222……4分2(t21)（Ⅱ）由（Ⅰ）知，因为|PA||PB|(t1)|y1y2|2，|t2|1|2k21|所以.|PA||PB|2(1k2)……5分设Q(x0,y0)，则直线l2的方程为：xx0k(yy0)，设M(x3,y3)，N(x4,y4)，直线l2与双曲线方程联立可得(k(yy0)x0)22(yy0y0)220，22即(k22)(yy0)2(2kx04y0)(yy0)x02y020，22x02y02所以(y3y0)(y4y0)，2k21|k22|所以，22|QM||QN|(1k2)|x02y02|……7分22|2k21||x02y02|2|k22|11得,22|PA||PB||QM||QN|2(1k2)|x02y02|又因为0k21，所以22222|x02y02|4k2(22|x02y02|)11，22|PA||PB||QM||QN|2(1k2)|x02y02|2222当|x02y02|422|x02y02|时，22即|x02y02|2时，111为定值，|PA||PB||QM||QN|2……10分2222222y0所以x0，2y00或x02y04，又因为x0所以点Q的轨迹方程为x22y24．第3页共4页……12分22.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：当a1，k11时，f(x)ex1x2，所以f(x)ex1x，22……1分记g(x)ex1x，所以g(x)ex11，当x,1，g'(x)0，当x1,，g'(x)0，所以g(x)g(1)0，所以fx0，所以函数f(x)在R上单调递增；aexa（Ⅱ）由题意方程k2有三个解x1,x2,x3，xaexaaexa(x2)记函数g(x)2，g'(x)，xx3……3分……4分……5分当x(,0)时，gx单调递增；当x(0,2)时，gx单调递减；当x(2,)时，gx单调递增；且当x0时，gx，ae2aaexa所以当kg(2)时，方程k2有三个解，且x10，0x22x3；…7分4xae2a设h(a)，若对任意正实数a，函数f(x)均有三个零点x1,x2,x3，所以kh(a)max，4e(1a)e2a因为h'(a)，所以h(a)h(1)，44所以当ke时，对任意正实数a，函数f(x)均有三个零点x1,x2,x3．4……9分aexa因为0x22x3，由方程k2，可得lnk2lnxlnaxa，x即方程x2lnxlnklnaa有两个解x2,x3，且0x22x3，2

令Fxx2lnx，则Fx2Fx3，因为Fx1，x2单调递减，在2，单调递增，所以4x2,x32,，所以函数Fx在0，

要证x2x34，只要证明x34x22，令GxFxF4x，2x2228因为GxFxF4x11，2x4xx4xx4x2所以当x0,2时，Gx0，又因为G20，所以GxG20,即当x0,2时，FxF4x，所以Fx3Fx2F4x2，单调递增，所以x34x2，即x2x34．又因为函数Fx在2，

（不同解法酌情给分。）第4页共4页……12分