浙江省台州市2024届高三下学期二模数学试题含答案

数学（答案在最后）

本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.

一、单项选择题：本题共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.已知集合A.Axx10B.，Bx1x3，则AB（C.）D.1,31,11,31,1【答案】D【解析】【分析】根据题意，由集合的运算，即可得到结果.【详解】因为Axx10xx1，且Bx1x3，则AB1,3.故选：D2.在复平面内，复数zA.z的实部为2C.z2i【答案】B【解析】【分析】根据除法化简复数z，根据实部、模、共轭复数、复数对应点逐项判断即可.【详解】z2i(2i)i12i，i2i（i为虚数单位），则（i）B.z

5D.z对应的点位于第一象限故实部为1，z故选：B5，z12i，z对应的点位于第四象限rr

3.已知平面向量a2,1，b2,4，若2abab，则实数（）A.-1【答案】D【解析】B.-2C.1D.2【分析】根据向量的坐标运算及向量垂直的坐标表示求解.第1页/共21页rr

【详解】因为a2,1，b2,4，

所以2ab(2,6)，ab22,4，因为2abab，

所以2abab(2,6)22,4446240，解得2.故选：D4.已知正项等比数列an满足a13，且3a1，a2，a3成等差数列，则数列an的前n项和为（）3n13A.2

【答案】A【解析】3n3B.23n13C.43n11D.4【分析】设正项等比数列an的公比为qq0，根据等差中项的性质及等比数列通项公式得到方程，求出q，再由等比数列求和公式计算可得.【详解】设正项等比数列an的公比为qq0，由a13，且3a1，a2，a3成等差数列，得2a2a33a1，即2a1qa1q23a1，即6q3q29，解得q3或q1（舍去）．S

n

313n13

3n13．

2

故选：A．5.已知x，y为正实数，则可成为“xy”的充要条件的是（A.）11xy

B.xlnyylnxD.xcosyycosxC.sinxsiny【答案】D【解析】【分析】作差法可判断A；构造函数F(x)xlnx、f(x)xcosx，利用导数研究其单调性，并结合充第2页/共21页分、必要性的定义可判断BD；特值法可判断C.11yx

【详解】对于A，已知x，y为正实数，若xy，xy

xy

0，则11

xy，故A错误；对于B，由xlnyylnx可得：xlnxylny，令Fxxlnxx0，Fx1

1xx1x，令Fx0，解得：0x1，则Fx在0,1上单调递减，若xy0,1，则FxFy，故B错误；对于C，已知x，y为正实数，若xy，取xπ2π

3,y3

，则sinxsiny，故C错误；对于D，由xcosyycosx，则xcosxycosy，令f(x)xcosx，则f(x)1sinx0，即f(x)在定义域上递增，故xy，反之xy也有xcosyycosx成立，满足要求，故D正确.故选：D.6.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若acosC2ccosA，则bc

a2的最大值为（A.3B.332C.2D.3【答案】C【解析】【分析】根据题意，由余弦定理代入化简，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.【详解】由余弦定理可知，cosCa2b2c2b2c2a2

2ab,cosA

2bc，2ccosA可得aa2b2c2b2c2a2由acosC2ab2c2bc，第3页/共21页）化简可得a2b2c22b22c22a2，b23c2

所以3ab3c，即a，3

2

2

2

2

bc3bc333b3c即a2b23c22，b3c2cbcb当且仅当b3c

时，即b3c时，等号成立，cb所以bc3的最大值为.2a2故选：C7.房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为24cm11cm5cm，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到12cm11cm5cm，24cm

115

cm5cm，24cm11cmcm三种不同规格的长方体.按照上述方式对22）第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm³的不同规格长方体的个数为（A.8【答案】B【解析】B.10C.12D.16【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm³长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.【详解】由题意，V长方体241158165，为得到体积为165cm3的长方体，需将原来长方体体积缩小为原来的1

，8

可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；第4页/共21页第二类，长宽高各减半1次，共1种；第三类，长宽高减半0,1,2次的全排列A36种，3

根据分类加法计数原理，共31610种.故选：Bx2y2

8.设F1，F2是双曲线C：221a0,b0的左、右焦点，点M,N分别在双曲线C的左、右两ab

支上，且满足MF2N，NF22MF1，则双曲线C的离心率为（3

7

A.2B.C.33【答案】B【解析】【分析】设NF1与MF2的交点为P，MF1x，进而根据下向量关系得NF2P∽F1MP，再结合双曲线的性质即可得PF2

）D.522210

2ax，PN2a2x，进而结合余弦定理求得xa，最后在△F1MF2333中利用余弦定理求得7a3c，进而可得答案.【详解】解：如图，设NF1与MF2的交点为P，MF1x，

因为NF22MF1，所以NF22MF12x，

所以，由双曲线的定义可知：MF2MF12a2ax，NF12aNF22x2a，

因为NF22MF1，所以NF2//MF1，所以NF2P∽F1MP，F1MF2MF2N所以PF2

2222

MF22ax，PNNF12a2x，3333，3所以，在PNF2中，PF2NMF2N所以，由余弦定理有：cosPF2N

，3222PF2F2NPN

2PF2F2Ncos

π1，3222

代入PF22ax，PN2a2x，NF22x，整理得3x210ax0，3310

a，x0（舍）解得x，3

1016

a,MF22axa，F1F22c，所以，MF1x33

第5页/共21页所以，在△F1MF2中，由余弦定理有：cosF1MF2代入数据整理得：7a3c，所以，双曲线的离心率为：e故选：BF1MF2MF1F22F1MF2M222

1，2

c7.a3

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用向量的关系得到NF2P∽F1MP，进而在PNF2中结合余弦定理求得MF1

10a.3

二、多项选择题：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.某同学最近6次考试的数学成绩为107，114，136，128，122，143.则（A.成绩的第60百分位数为122C.成绩的平均数为125【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，由百分位数的计算公式即可判断A；由极差，平均数的计算公式即可判断BC；由方差的计算公式即可判断D.【详解】将成绩从低到高排序为107,114,122,128,136,143，且0.663.6，所以成绩的第60百分位数为第四个数，即为128，故A错误；极差为14310736，故B正确；平均数为B.成绩的极差为36D.若增加一个成绩125，则成绩的方差变小）1

107114122128136143125，故C正确；6未增加成绩之前的方差为12222221071251141251221251281251361251431256

9081

1821123232112182，66第6页/共21页若增加一个成绩125，则成绩的平均数为则其方差为1

107114122128136143125125，712222221071251141251221251281251361251431257

9082125125，即成绩的方差变小，故D正确；7故选：BCD10.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为平面ABCD内一动点，且直线D1P与平面ABCD所成角为π

，E为正方形A1ADD1的中心，则下列结论正确的是（3

）A.点P的轨迹为抛物线B.正方体ABCDA1BC1所截得的截面面积为1B1C1D1的内切球被平面AC.直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为π

6

3311266D.点M为直线D1B上一动点，则MPME的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，根据到D点长度为定值，确定动点轨迹为圆；对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；对于D，需要先找到P点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.【详解】13π3DP

对于A，因为直线D1P与平面ABCD所成角为，所以.点在以为圆心，为半DPπ3tan333径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.第7页/共21页对于B，在面BB1D1D内研究，如图所示O为内切球球心，O1为上底面中心，O2为下底面中心，G为内切球与面A1BC1的切点.已知OGO1B，OG为球心到面A1BC1的距离.在正方体中，O1B

62，，O2B22

1

OGOO1OG2，OG3.因此可求切面圆的O1O21.利用相似三角形的性质有，即O2BO1B266

22π1132，面积为.故B正确.r662622对于C，直线CP与平面CDD1C1所成角即为PCD，当CP与P点的轨迹圆相切时，sin∠PCD最大.此时sinPCD

13

3.故C正确.3

对于D，分析可知，P点为BD和圆周的交点时，MP最小.此时可将面D1AB沿着D1B翻折到面BB1D1D所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.第8页/共21页当E,M,P三点共线时，MPME最小.因为O2P

32OO1

，12，所以最小值为

3212(3221126，故D正确.)326故选：BCD11.已知fx是定义域为xx0的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有fxfyfxyf



A.f12

x

，则下列结论正确的是（y

）B.fx的值域为2,D.fx是奇函数1

fxfC.

x

【答案】AC【解析】【分析】对于A：利用赋值法，令y1代入运算即可；对于C：令x1，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可.【详解】对于A，令y1，则f1fxfxfx，可得f1fx2fx，且fx不恒为0，所以f12，故A正确；对于B，例如fxx且fxfyx可知fxx

1

，可知fx是定义域为xx0的非常数函数，x

x111xy

yxyfxyf，xyxyyxy

1

符合题意，但f120，故B错误；x11

fyf，可得，

yy

对于C，令x1，则fyf1fyf

即fxf

1

，故C正确；x

对于D，例如fxx

1

，可知fx是定义域为xx0的非常数函数，x第9页/共21页且fxfyx

111xyyxy，xyxyyx

注意到xy,

1xy

,,同号，xyyx



1xy1xyxyfxyxyyxxyyx



fx，y

可得fxfyxy

可知fxx

1

符合题意，x11

xfx，即fx为偶函数，故D错误；xx但fxx故选：AC.【点睛】关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数fxx

11

和fxx分析判断.xx三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.x16的展开式中x3的系数为___________（用数字作答）.【答案】20【解析】【分析】求出展开式的通项，再令x的系数等于3，即可得解.【详解】x1展开式的通项为Tk1C6x令6k3，则k3，所以x1的展开式中x3的系数为C620.故答案为：20.13.某班有A，B两个学习小组，其中A组有2位男生，1位女生，B组有2位男生，2位女生.为了促进小组之间的交流，需要从A，B两组中随机各选一位同学交换，则交换后A组中男生人数的数学期望为___________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件设出事件名称，求出概率，分析出两组各自出哪个人相互独立，由此可求出X不同值对应的事件及概率，进而求出期望即可.63

6k6k，115

##1

66第10页/共21页【详解】设B组出男生为事件C1，B组出女生为事件C2，A组出男生为事件D1，A组出男生为事件D2，C1C11122

，根据已知条件有：PC11，PC21C42C42C1C12121PD11，PD21；C33C33两组各自出哪个人相互独立，设交换后A组中男生的人数为X，则X的可能取值为1，2，3；211

PX1PD1PC2，323

21111

PX2PD1PC1PD2PC2，32322111

PX3PD2PC1；326所以EX1

1111123.3266

故答案为：116ax1214.已知关于x的不等式lnx1axe【答案】1,【解析】【分析】原不等式变形转化为恒成立，则实数a的取值范围是___________.x2lnx1axe

ax12，构造函数f(x)x2lnx1,x0，转化为fax21ax1

xfe恒成立，利用导数研究f(x)，可得xe2，再分离参数即可得解.ax12【详解】原不等式lnx1axe

xlnxxaxeax21xfe，xe，3

2ax12

x2lnx1axe

ax12，构造函数f(x)x2lnx1,x0，则f则f(x)2lnx3，令f(x)2lnx30，解得故当0xe



32时，f(x)0，当e



32

x时，f(x)0，1

fe20，

33

所以f(x)在0,e2上单调递减，在e2,上单调递增，且

第11页/共21页若a<0，则当x1时，lnx10,axe故a0，所以所以f即a

ax120，此时lnx1axeax12恒不成立，e

ax12e



12，ax21ax1

xfe成立，只需xe2成立即可，lnx1lnx1lnx恒成立，令h(x)，则h(x)，xx2x当x1时，h(x)0，当0x1时，h(x)0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，故h(x)maxh(1)1，所以a1.故答案为：1,【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不等式结构的观察，同构出函数f(x)x2lnx1，转化为研究函数大致变化情况，再由对a的分类讨论确定a0，且能得出e

ax1

2e



12，即可脱去“f”，转化为xe

ax12

恒成立，分参即可得解.四、解答题：本题共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.已知数列an满足a1

11

，an1.1an2（1）求a2024（只需写出数值，不需要证明）；（2）若数列an的通项可以表示成an【答案】（1）2【解析】【分析】（1）先求出数列an的周期，即可求出a2024的值；（2）

1ππ

3sinn03,,的形式，求，.222

2ππ

，.33

113sin2211（2）法一：由a1，a22，得到3sin22，解方程即可求出，；法二：：因为an22ππ03,22第12页/共21页的周期为3，可求出，再由a1【小问1详解】1

可求出.2a1

11

，a22，a31，a4，a52，……，22故数列an的周期为3，a2024a22.【小问2详解】113sin22

11

法一：由a1，a22，得到3sin22，22

ππ

03,22

sin0

3π2π

则sin2，解得：，.233

ππ

03,22

法二：因为an的周期为3，所以又由a1

2π

3

12π112π

，即sin0，，则3sin

23223

则ππ2π2πkπ,kZ，即kπ,kZ，因为，3322π

.3

解得

16.台州是全国三大电动车生产基地之一，拥有完整的产业链和突出的设计优势.某电动车公司为了抢占更多的市场份额，计划加大广告投入、该公司近5年的年广告费xi（单位：百万元）和年销售量yi（单位：百万辆）关系如图所示：令vilnxii1,2,,5，数据经过初步处理得：第13页/共21页y

i15iv

i1

5

i

xxi1i52y

i15iy2vvi1i52xxyyyyvvi1iii1ii55444.81040.31.61219.58.06现有①ybxa和②ynlnxm两种方案作为年销售量y关于年广告费x的回归分析模型，其中a，b，m，n均为常数.（1）请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合程度更好?（2）根据（1）的分析选取拟合程度更好的回归分析模型及表中数据，求出y关于x的回归方程，并预测年广告费为6（百万元）时，产品的年销售量是多少?（3）该公司生产的电动车毛利润为每辆200元（不含广告费、研发经费）.该公司在加大广告投入的同时也加大研发经费的投入，年研发经费为年广告费的199倍.电动车的年净利润受年广告费和年研发经费影响外还受随机变量影响，设随机变量服从正态分布N600,2，且满足P8000.3.在（2）的条件下，求该公司年净利润的最大值大于1000（百万元）的概率.（年净利润=毛利润×年销售量-年广告费-年研发经费-随机变量）.附：①相关系数r

xxyyi1iinxxyyi1ii1inn2n，2ˆbx中公式分别为b回归直线ya

xxyyi1iixixi1n2，$ay$bx；②参考数据：40.31.6128.06，40320.1，ln51.6，ln61.8.【答案】（1）模型②的拟合程度更好（2）y5lnx4，当年广告费为6（百万元）时，产品的销售量大概是13（百万辆）（3）0.3【解析】【分析】（1）分别求得模型①和②的相关系数r1，r2，然后比较得出结论；（2）利用最小二乘法求解；（3）由净利润为2005lnx4200x，x0求解.第14页/共21页【小问1详解】解：设模型①和②的相关系数分别为r1，r2.由题意可得：r1

xxy

i1i

5

1

y2i15xixi12519.5403yiy19.5

0.97，20.1

r2

y

i15

1

yv1v2i15y1yi1258.0640.31.612v1v8.06

1.8.06

所以r1r2，由相关系数的相关性质可得，模型②的拟合程度更好.【小问2详解】因为n

vvy

i11si1

1

s

1

y2

vv

8.06

5，1.612

1515又由vvi0.96，yyi8.8，5i15i1得my5v8.80.9654，所以y5v4，即回归方程为y5lnx4.当x6时，y5ln6413，因此当年广告费为6（百万元）时，产品的销售量大概是13（百万辆）.【小问3详解】净利润为2005lnx4200x，x0，令gx2005lnx4200x，所以gx

1000

200.x可得ygx在0,5上为增函数，在5,上为减函数.所以gxmax g52005ln5451400，由题意得：14001000，即400，第15页/共21页P400P8000.3，即该公司年净利润大于1000（百万元）的概率为0.3.17.如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB3A1B1，AB∥CD，ADAB，AB6，CD9，AD6，且AA1BB14，Q为线段CC1中点，（1）求证：BQ∥平面ADD1A1；（2）若四棱锥QABB1A1的体积为【答案】（1）证明见解析（2）323，求平面ABB1A1与平面CDD1C1夹角的余弦值.3217【解析】【分析】（1）分别延长线段AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，将四棱台补成四棱锥PABCD，取DD1的中点E，连接QE，AE，由四边形ABQE为平行四边形，得到BQ∥AE，然后利用线面平行的判定定理证明；（2）先证明AD平面ABB1A1，再以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线AD为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面CDD1C1的法向量为mx,y,z，易得平面ABB1A1的一个法向量为n0,1,0，



mn

然后由cosm,n求解.mn【小问1详解】证明：如图所示：第16页/共21页分别延长线段AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，将四棱台补成四棱锥PABCD.∵A1B1

11

AB，∴PC1PC，∴CQQC1C1P，33

取DD1的中点E，连接QE，AE，∵QE//CD//AB，且QE

1

396AB，∴四边形ABQE为平行四边形.2∴BQ∥AE，又AE平面ADD1A1，BQ平面ADD1A1，∴BQ∥平面ADD1A1；【小问2详解】由于VQABB1A1

2

VCABB1A1，所以VCABB1A1163，3

又梯形ABB1A1面积为83，设C到平面ABB1A1距离为h，则VCABB1A1而CD∥AB，AB平面ABB1A1，CD所以CD∥平面ABB1A1，所以点C到平面ABB1A1的距离与点D到平面ABB1A1的距离相等，而h6AD，所以AD平面ABB1A1.以A为坐标原点，以直线AB为x轴，以直线AD为y轴，建立空间直角坐标系，易得PAB为等边三角形，所以A0,0,0，B6,0,0，C9,6,0，D0,6,0，P3,0,33设平面CDD1C1的法向量为mx,y,z，1Sh163，得h6.3梯形ABB1A1

平面ABB1A1，

m

DPx,y,z3,6,333x6y33z0则，

mDCx,y,z9,0,09x0

第17页/共21页得x0，y

3z，不妨取m0,3,2，2

又平面ABB1A1的一个法向量为n0,1,0.

mn321则cosm,n，mn771平面ABB1A1与平面CDD1C1夹角的余弦值为21.7

18.已知椭圆C：9x28y281，直线l：x=1交椭圆于M，N两点，T为椭圆的右顶点，△TMN的内切圆为圆Q.（1）求椭圆C的焦点坐标；（2）求圆Q的方程；（3）设点P1,3，过P作圆Q的两条切线分别交椭圆C于点A，B，求PAB的周长.32【答案】（1）0,419（2）xy224

（3）67【解析】【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据a,b,c的关系即可求得焦点坐标；（2）先联立方程求得M1,3，N1,3，求出直线MT的方程，然后利用待定系数法求得内切圆的方程；（3）设过P作圆Q的切线方程为ykx13，利用相切关系求得点A，B坐标，进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可.【小问1详解】2

x2y2

328191

0,9，所以焦点坐标为椭圆的标准方程为9，因为81.4888【小问2详解】第18页/共21页将x=1代入椭圆方程9x28y281得y3，由对称性不妨设M1,3，N1,3，直线MT的方程为y

23

x3，即3x4y90，13设圆Q方程为xty2r2，由于内切圆Q在△TMN的内部，所以t1，则Q到直线MN和直线MT的距离相等，即t1

3t4093242r，解得t

13，r，22

19所以圆Q方程为xy2.24

【小问3详解】显然直线PA和直线PB的斜率均存在，设过P作圆Q的切线方程为ykx13，其中k有两个不同的取值k1和k2分别为直线PA和PB的斜率.21k13由圆Q与直线相切得：2k213

kk122则，27kk128

3，化简得：8k212k270，2

yk1x1322298kx16k3kx8k48k190，由2得111129x8y81

8k1248k19

可得xAxPxA，8k129

8k1248k1924k1218k12713所以yAk1xA13k128k1298k19

32712k118k127

2712k19

18k13123k13

.28k2248k2933

yy同理xB，，所以直线的方程为，ABB

8k22922所以AB与圆Q相切，将y

3

代入9x28y281得x7，2

第19页/共21页所以AB27，又点P到直线AB的距离为9，2

1319m27，2222

设PAB的周长为m，则PAB的面积S△ABC解得m67.所以PAB的周长为67.19.设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系f，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称f：并称集合A与B等势，记作AB.AB为从集合A到集合B的一一对应，若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作AB.例如：对于集合AN*，B2nnN

*，存在一一对应关系y2xxA,yB，因此AB.x2y21，（1）已知集合Cx,yxy1，Dx,y|试判断CD是否成立?请说明理由；43

22（2）证明：①0,1,；②N*xxN*.【答案】（1）成立，理由见解析（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据新定义判断即可；（2）①取特殊函数满足定义域为0,1，值域为R即可利用其证明②设AN*，BxxN【小问1详解】*，假设AB，利用反证法得证.x2x0,

设Px0,y0C，Qx,yD，令

y3y0,

第20页/共21页则C与D存在一一对应，所以集合CD.【小问2详解】①取函数ytanπx



1

，其中x0,1，y,，两个集合之间存在一一对应，故2

0,1,.备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为0,1，值域为R即可，111

2,0x,ln2x,0x,x22

如：y或y等等均可，111ln22x,x1.2,x1.

22x1

②设AN*，BxxN

*，假设AB，即存在对应关系f：AB为一一对应，对于集合B中的元素1，2，1,2，至少存在一个xA（x1，且x2）与这三个集合中的某一个对应，所以集合A中必存在xfx.记DxAxfx，则DA，故DB，从而存在aA，使得faD；若aD，则afaD，矛盾；若aD，则afaD，矛盾.因此，不存在A到B的一一对应，所以AB.【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借助函数证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.第21页/共21页