精品解析：浙江省“数海漫游”2023-2024学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷

2024年“数海漫游”第二次模拟考试 数学 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，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一、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，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知化简复数，计算求模即可. 【详解】因为，所以, 所以, 所以, 所以. 故选：C. 2. 已知，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理得 ，平方关系求出 ，再利用面积公式可得答案. 【详解】由余弦定理得， 因为，所以， 可得. 故选：D. 3. 记为非零数列的前项和，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】运用递推公式求出前4项，即可解题. 【详解】，则.即. ,， . 故. 故选：B. 4. 设点 在正四面体的棱 上， 与平面 所成角为，则（ ） A. 4 B. 10 C. 14 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点 的中点，连接，过作于，可证得平面 ，则（或其补角）为与平面 所成角，设正四面体的棱长为2，在中求出，则在中求出，从而可求得，代入计算可得答案. 【详解】取的中点 的中点，连接，过作于， 因为四面体为正四面体，所以， 因为，平面 ， 所以平面 ， 因为平面 ，所以， 因为，平面 ， 所以平面 ，所以（或其补角）为与平面 所成角， 所以，则， 设正四面体的棱长为2，则, 所以， 所以 为锐角，所以， 所以 ， 在中，，则 ， 在中，，则 所以，解得， 所以, 所以 . 故选：B 5. 已知向量均为单位向量，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设向量的夹角为 ，化简，令，通过导数判断函数 的单调性，即可求最小值. 【详解】由向量均为单位向量， 设向量的夹角为 ， 由，则， 所以 设， 令， 则， 令 ，则，所以 在单调递增， 令 ，则，所以 在单调递减， 所以 的最小值为， 所以的最小值为 . 故选：C. 6. 小明开始了自己的存钱计划：起初存钱罐中没有钱，小明在第天早上八点以的概率向存钱罐中存入100元，．若小明在第4天早上七点发现自己前3天晚上八点时存钱罐中的余额恰好成等差数列，则小明在第2天存入了100元概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据贝叶斯公式求得正确答案. 【详解】余额恰好成等差数列，即， 其中第 天存入元的是， 故所求概率为. 故选：A 7. 设椭圆的弦 与轴，轴分别交于两点，，若直线 的斜率，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由得，根据 在椭圆上，代入相减得，则直线的斜率为，然后由即可求解. 【详解】如图所示，设， 直线， 因为，所以， 所以， 即，，所以. 因为 在椭圆上，所以， 两式相减得，即. 又因为，且，， 所以，即， 所以. 故选：C. 8. 称平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为正整数的点为好整点，记为集合包含的好整点的个数．若，则正整数的最小值是（ ） A. 1976 B. 1977 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】一方面由必要性：转换成恒成立求参问题，可以求得，另一方面比较重要的一点是：要验证当时，，由此即可得解. 【详解】一方面：由题意，，使得不等式恒成立， 注意到 ， 等号成立当且仅当，即， 所以正整数应该满足， 另一方面：当时， 我们证明：成立， 证明过程如下： 注意到， 所以， ，记，则，， ， 即成立， 综合以上两方面，可知正整数的最小值是1977. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于用必要性求得参数范围后，一定要检验充分性是否成立，由此即可顺利得解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设双曲线与直线交于与两点，则可能有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】联立方程组，应用根与系数的关系换元化简即可得出选项. 【详解】联立方程组，可得， 因为双曲线与直线有两个交点，所以， 所以，B错误； 当 时，，A正确； 当 时，，C正确； 当 或时，，D正确. 故选：ACD. 10. 若无穷数列由唯一确定，称递推公式是专一的．则下列递推公式中专一的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：分析可知，即可得结果；对于C：分析可知，即可得结果；对于BD：取特值计算即可. 【详解】对于选项A：因为，可得， 所以递推公式是专一的，故A正确； 对于选项B：因为， 令，可得，即，解得或， 所以推公式不是专一的，故B错误； 对于选项C：因为，可得， 令，可得，可得， 且，可得，即， 可知数列是以2为周期的周期函数，且， 则，所以递推公式是专一的，故C正确； 对于选项D：因为， 由可得：，则， 由可得，解得或， 所以推公式不是专一的，故D错误； 故选：AC. 11. 设一组样本数据满足，则（ ） A. 拿走，这组数据的方差变大 B. 拿走，这组数据的方差变大 C. 拿走，这组数据的方差减小 D. 拿走，这组数据的方差减小 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，直接证明即可；对于B，C，构造反例即可；对于D可直接用拿走后的方差为零说明结论. 【详解】熟知对一组数据，其方差等于各个数据的平方的算术平均值与算术平均值的平方之差，即. 将拿走前后的方差分别记为. 对于A，给五个元素同时加上或减去同一个数，不影响方差，所以可以适当平移，使得剩下的4个元素：的平均值为0， 不妨设，则，，所以. 故 ， 所以A正确； 对于B，考虑，则，，所以B错误； 对于C，考虑，则，，所以C错误； 对于D，由于这组数据不全相等，所以，而，所以D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于方差的计算. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数至多有______个零点． 【答案】1 【解析】 【分析】运用函数零点概念，求解零点，结合分段函数特征,分类讨论判定即可. 【详解】当 ，令，解得，但 ，所以只有可能是零点，且. 当，令，解得，又，所以只有 ，即 时，可能是零点. 综上，当 ，至多1个零点；当 ，至多1个零点．即函数至多1个零点 故答案为：1． 13. 已知正方体的棱长为3，取出各棱的两个三等分点，共24个点，对于正方体的每个顶点，设这24个点中与距离最小的三个点为，从正方体中切去所有四面体，得到的几何体的外接球表面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】由空间直观得所求几何体的外接球球心，先利用等体积法求出四面体的高，再求外接球半径进而得球的表面积. 【详解】由题意可知，如图，将正方体切去8个角上的四面体即得所求几何体， 该几何体的外接球球心即正方体外接球的球心，设外接球半径为，球心为. 设四面体的高，其中是在平面的投影. 已知正方体的棱长为3， 则，， 由，得， 解得，，， 则， 故几何体的外接球表面积. 故答案为：. 14. 当， 为锐角时，恒有，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】令，求出的最大值是；再设，时；代回可得，即可求出的取值范围. 【详解】令，， ， 令 ，， 则当时， ，单调递增； 当时， ，单调递减. 所以当时，有最大值， 即 ， 设，， ， 而，，， ， 在上单调递增， 所以， 即，，， 因此， 即，. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：遇到表达式里有多个变量，需先确定主元，将其他变量看成参数，得到一元函数，按照常规函数求最值方法即可. 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. 已知点为抛物线与圆在第一象限的交点，另一交点为. （1）求； （2）若点在圆上，直线 为抛物线的切线，求 的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接将点依次代入抛物线、圆的方程中即可求解； （2）首先根据导数几何意义求出 的方程，根据对称性得到的坐标，联立圆的方程求出的坐标，结合两点间的距离公式即可求解. 【小问1详解】 由题意 ，，解得． 【小问2详解】 在抛物线与圆的方程中，用 替换方程依然成立， 这表明这两个图象都关于轴对称，所以它们的交点也关于轴对称， 由，知． 直线 为抛物线的切线， 当时，，所以抛物线在点 处的切线斜率为，则． 代入，得或1，故． 则 的周长为． 16. 小林有五张卡片，他等概率的在每张卡片上写下1，2，3，4，5中的某个数字． （1）求五张卡片上的数字都不相同的概率； （2）证明：这五张卡片上最大的数字最可能是5． 【答案】（1） （2） 记 为这五张卡片上最大的数字，则 ． 由 ， 由， 所以这五张卡片上最大的数字最可能是5. 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率的乘法公式计算； （2）先计算最大数的概率，再结合即可证明. 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 略 17. 在正四面体 中，点分别在棱上（不与顶点重合），且 （1）若，证明 （2）求的取值范围． 【答案】（1） 设． 因为四面体为正四面体， 所以， 在中，由余弦定理得，， 在中，由余弦定理得，， 又因为， 所以． 整理得：． 又因为，即， 代入得， 所以. （2）． 【解析】 【分析】（1）设．在,中，由余弦定理得，根据，则代入化简即可得； （2）由（1）知，或．设，取 中点，则．根据或分别计算取值范围，然后计算 取值范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，或． 设，取 中点，则． ①若，则，为等边三角形，即， 设， 则. ②若，则， 设， 则． 综上所述，， 故． 18. 记函数. （1）证明：； （2）记的定义域为．若任意，求的取值范围． 【答案】（1）①当时，； ②当 时，易知，则 ，得证！ （2） 【解析】 【分析】（1）分、 两种情况结合函数新定义即可得证； （2）根据题意得出，首先由必要性探路得，进一步根据题意验证充分性即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 先考虑，由． 记，则． 由． 令，则， 所以在上单调减， 则． 必要性探路：先考虑时，． 只需考虑的情况，否则显然有． 于是，令， 则． 令，且． 故在上单调递增，在上单调递减． 由，故． 于是． 等号在，即时取到． 充分性证明：下证：时，，用归纳法证明． ①当时，已证； ②当 时，易知单调递增，则 ，得证！ 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：第二问的关键在于先由必要性探路，缩小所求参数范围，反过来验证充分性即可顺利得证. 19. 已知集合，记，，是自然数集 称函数 ，若对于任意 ， ； 称函数 是单调的，若对于任意 ，； •称函数 是次模的，若对于任意 , 已知函数 是次模的． （1）判断 是否一定是单调的，并说明理由； （2）证明：对于任意 ， ，； （3）若 是单调的，是正整数， ，记，已知集合 满足 ．初始集合 ，然后小明重复次如下操作：在集合 中选取使得最小的元素加入集合，最终得到集合 ．证明： 【答案】（1） 构造次模函数 ， 则． 因此 不一定是单调的． （2） 证明：对任意 ，因为， 所以 ， 且， 又因为函数 是次模的，所以， 所以. （3） ①若，成立，得证. ②若，取， 则小明的每次操作均满足 ， 左右两边累加得， 即，故得证. 【解析】 【分析】（1）根据题意依据次模函数定义举一反例即可. （2）对任意 ，，可得出 ， 且，从而根据函数 是次模的结合次模函数定义条件即可得证. （3）分和两种情况分析，时，显然成立； 若，取，根据题意得小明的每次操作均满足 ，进而左右两边累加即可得到，从而得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是： （1）正确理解新定义； （2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境； （3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答的目的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年“数海漫游”第二次模拟考试 数学 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，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 一、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，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2. 已知，则的面积是（ ） A. B. C. D. 3. 记为非零数列的前项和，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 4. 设点在正四面体的棱上，与平面 所成角为，则（ ） A. 4 B. 10 C. 14 D. 20 5. 已知向量均为单位向量，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 6. 小明开始了自己的存钱计划：起初存钱罐中没有钱，小明在第天早上八点以的概率向存钱罐中存入100元，．若小明在第4天早上七点发现自己前3天晚上八点时存钱罐中的余额恰好成等差数列，则小明在第2天存入了100元概率是（ ） A. B. C. D. 7. 设椭圆的弦与轴，轴分别交于两点，，若直线的斜率，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 称平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为正整数的点为好整点，记为集合包含的好整点的个数．若，则正整数的最小值是（ ） A. 1976 B. 1977 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设双曲线与直线交于与两点，则可能有（ ） A. B. C. D. 10. 若无穷数列由唯一确定，称递推公式是专一的．则下列递推公式中专一的有（ ） A. B. C. D. 11. 设一组样本数据满足，则（ ） A. 拿走，这组数据的方差变大 B. 拿走，这组数据的方差变大 C. 拿走，这组数据的方差减小 D. 拿走，这组数据的方差减小 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数至多有______个零点． 13. 已知正方体的棱长为3，取出各棱的两个三等分点，共24个点，对于正方体的每个顶点，设这24个点中与距离最小的三个点为，从正方体中切去所有四面体，得到的几何体的外接球表面积是______． 14. 当， 为锐角时，恒有，则的取值范围是______． 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. 已知点为抛物线与圆在第一象限的交点，另一交点为. （1）求； （2）若点在圆上，直线 为抛物线的切线，求 的周长． 16. 小林有五张卡片，他等概率的在每张卡片上写下1，2，3，4，5中的某个数字． （1）求五张卡片上的数字都不相同的概率； （2）证明：这五张卡片上最大的数字最可能是5． 17. 在正四面体中，点分别在棱上（不与顶点重合），且 （1）若，证明 （2）求的取值范围． 18. 记函数. （1）证明：； （2）记的定义域为．若任意，求的取值范围． 19. 已知集合，记，，是自然数集 称函数 ，若对于任意 ， ； 称函数 是单调的，若对于任意 ，； •称函数 是次模的，若对于任意 , 已知函数 是次模的． （1）判断 是否一定是单调的，并说明理由； （2）证明：对于任意 ， ，； （3）若 是单调的，是正整数， ，记，已知集合 满足 ．初始集合 ，然后小明重复次如下操作：在集合 中选取使得最小的元素加入集合，最终得到集合 ．证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $