2023届浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估（二模）数学试题含答案.pdf

台州市台州市 2023 届高三第二次教学质量评估试题届高三第二次教学质量评估试题数学20234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。选择题部分一、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1i1 iz(i为虚数单位)，则z的虚部为A1B1CiDi2设集合2log1Axx，|11Bxx，则AB A12，B0 2，C0,1D12，3.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A3立方米B2立方米C6立方米D2立方米4.已知函数 f x同时满足性质：fxf x；当12,0,1x x时，12120f xf xxx，则函数 f x可能为A 2f xxB1()2xf xC()cos4f xxD ln 1f xx5.已知公差不为零的等差数列 na满足：2781aaa，且248,aaa成等比数列，则2023aA2023B2023C0D120236.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，则恰好拿到2个红球的概率为A511B411C512D137.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，(第 3 题)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A34B54C49D898.设函数 2sin21,0,xfxxxx，则A函数 g xf xx有且仅有一个零点B对0a，0b，函数 g xf xaxb有且仅有一个零点C.mR，2f xxm恒成立D.,a b mR，f xaxbm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。9.已知函数()sin()0,|2f xx的最小正周期为，且图象经过点102D，则A2B点,03为函数()yf x图象的对称中心C直线6x为函数 yf x图象的对称轴D函数()f x的单调增区间为,36kkkZ10.已知,0,1a b c，随机变量的分布列为：123Pabc则A 2EEB 2DDC 22EED222 DD11.设抛物线C:24yx焦点为F，点D为抛物线C准线上的点，经过点0P m，的动直线l与抛物线C交于不同的两点,A B，其中坐标原点为O，则A若1m，则90ADB B若3m，则90ADB C若3m，则90AFB D若4m，则90AOB 12.高一某班级共有n行m列个座位，记为nm每周进行一次轮换，轮换规则如下：每一行轮换到下一行，最后一行轮换到第一行；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45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nm，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nm可能为A46B48C56D5 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(2,)ma，(1,2)mb，若ab，则实数m14.已知椭圆2222:10 xyCabab经过点2 0，和312，则椭圆C的离心率为15.若定义在R上的函数 f x满足：,x yR，2f xyf xyf x f y，且 01f，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DABC中，DC 平面ABC，ABBC，1ABBCCD，点P在三棱锥DABC外接球的球面上，且60APC，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已知sincos6aBbA，coscosbCcB（I）求A的值；（）若点D为边BC上的一个点，且满足4cos5BAD，求ABD与ACD的面积之比18.（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%（）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）（）某地大气湿度约为40%时，试根据（）中的回归直线方程推测空壳率大约为多少？附：经验回归方程系数：1221kiiikiix ykx ybxkx，aybx，0.69x，0.28y，0111.9951iiixy，12104.9404iix19（本小题满分 12 分）已知三棱柱111ABCA BC棱长均为1，且162AC，11BC（I）求证：平面ABC 平面11BCC B；（）求平面1ABC与平面ABC所成夹角的余弦值(第 19 题)20（本小题满分12分）已知数列 na，nb满足：1121ab，1342nnnbaa，13224nnnabb（I）求证：数列2nnab是等比数列；（）若_(从下列三个条件中任选一个)，求数列 na的前n项和nS1121ab；218b ；2221ab21（本小题满分 12 分）已知过点(2,0)P的直线1l与双曲线C：2212xy的左右两支分别交于,A B两点（I）求直线1l的斜率k的取值范围；（）设点00(,)Q xy（22002xy），过点Q且与直线1l垂直的直线2l，与双曲线C交于,M N两点当直线1l变化时，11PAPBQMQN恒为一定值，求点Q的轨迹方程22（本小题满分 12 分）已知k R，0a，设函数2()ex akf xxa，其中e为自然对数的底，e2.71828（I）当1a，12k 时，证明：函数()f x在R上单调递增；（）若对任意正实数a，函数()f x均有三个零点123,x x x，其中123xxx求实数k的取值范围，并证明234xx台州市高三数学答案 第 1页 共 4 页台州市台州市 20232023 届高三第二次教学质量评估试题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数学参考答案及评分标准2023.04一一、单项选择题单项选择题:本大题共本大题共 8 小题小题,每小题每小题 5 分分,共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中,只有一项只有一项是符合题目要求的。是符合题目要求的。题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 8答案答案BCCDAADD二二、多项选择题多项选择题:本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。题号题号9 9101011111212答案答案ACDBCBCDCD三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13.1214.1215.cosf xx（cosf xx，1f x 均可）16.33四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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）（）解：因为sincos6aBbA，所以sinsinsincos6ABBA，显然sin0B，所以sincos6AA，2 分所以coscos26AA，又因为,22 2A ，66 2A ，所以26AA或026AA，所以3A；5 分（）因为coscosbCcB，所以sincossincosBCCB，所以BC，所以ABAC，6 分因为4cos5BAD，所以3sin5BAD，所以4 33sinsin310CADBAD；8 分所以sin68 36sin134 33BADCAD；所以ABD与ACD的面积之比等于118 36sinsin2213ABADBADACADCAD.10 分（不同解法酌情给分。）18.（本小题满分 12 分）解：（）由已知得210120110.35iiiiix ykx ybxkx，3 分台州市高三数学答案 第 2页 共 4 页所以0.04aybx，6 分所以回归直线方程为0.350.04yx；8 分（）由（）知当大气湿度为40%时，空壳率约为0.35 0.40.040.1818%12 分19.（本小题满分 12 分）（）证明：取BC中点M，连接AM,1C M，因为1BCC是等边三角形，所以1C MBC，2 分又因为162AC，132AMMC，所以12AMC，所以1C MAM，4 分又因为AMBCM，所以1C M 平面ABC，因为1C M 平面11BCC B，所以平面ABC 平面11BCC B；6 分（）作MNAB，垂足为N，连接1C N,因为1C M 平面ABC，所以1C MAB，因为1C MMNM，所以AB 平面1C NM，所以1C NAB，所以1C NM即为平面1ABC与平面ABC所成夹角（或其补角），8 分在直角三角形1C MN中，132C M，34MN，所以1154C N，所以15cos5C NM，即平面1ABC与平面ABC所成夹角的余弦值为5512 分（不同解法酌情给分。）20.（本小题满分 12 分）（）证明：因为1342nnnbaa，13224nnnabb，所以113312242242nnnnnnnnbaababab，所以112122nnnnabab，4 分又因为1121ab，所以数列2nnab是首项为1公比为12的等比数列；5 分（）由（）知1122nnnab，又因为1133224224nnnnnnnnbaababab，所以数列2nnab为常数列8 分若选条件或，均可得21nnab，所以1122nna，所以+2122nnnS.12 分若选，因为218b，13224nnnabb，所以11311244ba，又因为1121ab，台州市高三数学答案 第 3页 共 4 页所以11a，10b，所以1121ab，所以1122nna，所以+2122nnnS.12 分（不同解法酌情给分。）21.（本小题满分 12 分）解：（）当0k 时，显然符合题意，1 分当0k 时，设直线1l的方程为2xty，其中1tk，设11(,)A x y，22(,)B x y，与双曲线方程联立可得22(2)420tyty，所以1221224,22,2tyyty yt2 分因为直线1l与双曲线交于不同的两支，所以22128160,20,0,tty y 解得22t，所以2222k；4 分（）由（）知，因为221222(1)|(1)|2|tPAPBty yt，所以221|21|2(1)kPAPBk.5 分设00(,)Q xy，则直线2l的方程为：00()xxk yy，设33(,)M x y，44(,)N xy，直线2l与双曲线方程联立可得220000()2()20k yyxyyy，即2222000000(2)()(24)()220kyykxyyyxy，所以22003040222()()2xyyyyyk，所以2222001|2|(1)|22|kQMQNkxy，7 分得22220022200|21|22|2|2|11|2(1|)|22|kxykkxyPAPBQMQN,又因为2102k，所以22222000022200|11|22|4(22|22|)2(1)|2|2|xykPAPBQMQxyyNkx，当22220000|22|422|22|xyxy时，即2200|22|2xy时，11|PAPBQMQN为定值12，10 分所以220020 xy或220024xy，又因为22002xy，所以点Q的轨迹方程为2224xy12 分台州市高三数学答案 第 4页 共 4 页22.（本小题满分 12 分）（）证明：当1a，12k 时，121()e2xf xx，所以1()exfxx，1 分记1()exg xx，所以1()e1xg x，当,1x，()0g x，当1,x，()0g x，所以()(1)0g xg，3 分所以 0fx，所以函数()f x在R上单调递增；4 分（）由题意方程2ex aakx有三个解123,x xx，记函数2e()x aag xx，3e(2)()x aaxg xx，5 分当(,0)x 时，g x单调递增；当(0,2)x时，g x单调递减；当(2,)x时，g x单调递增；且当0 x 时，g x ，所以当2e(2)4aakg时，方程2ex aakx有三个解，且10 x，2302xx；7 分设2e()4aah a，若对任意正实数a，函数()f x均有三个零点123,x xx，所以max()kh a，因为2(1)e()4aah a，所以e()(1)4h ah，所以当e4k 时，对任意正实数a，函数()f x均有三个零点123,x xx9 分因为2302xx，由方程2ex aakx，可得ln2lnlnkxaxa，即方程2lnlnlnxxkaa有两个解23,xx，且2302xx，令 2lnF xxx，则23F xF x，因为 21Fxx，所以函数 F x在0 2，单调递减，在2，单调递增，所以234,2,x x，要证234xx，只要证明3242xx，令 4G xF xFx，因为 2222284112444xGxFxFxxxxxxx ，所以当0,2x时，0G x，又因为 20G，所以 20G xG,即当0,2x时，4F xFx，所以3224F xF xFx，又因为函数 F x在2，单调递增，所以324xx，即234xx12 分（不同解法酌情给分。）