浙江省杭州市2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附答案）

这是一份浙江省杭州市2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附答案），共9页。试卷主要包含了本试卷分试题卷和答题卷两部分，考试结束，只需上交答题卡，设甲，设数列满足，设集合，函数，在中，已知，已知关于的方程的两根为和，则，已知函数对任意实数均满足，则等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟。
2．请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效！
3．考试结束，只需上交答题卡。
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．函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．D．
2．设表示两条不同直线，表示平面，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
4．设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．设数列满足．设为数列的前项的和，则（ ）
A．110B．120C．288D．306
6．将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是（ ）
A．300B．240C．150D．50
7．设集合，函数（且），则（ ）
A．为增函数B．为减函数
C．为奇函数D．为偶函数
8．在中，已知．若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．已知关于的方程的两根为和，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数对任意实数均满足，则（ ）
A．B．
C．D．函数在区间上不单调
11．过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（ ）
A．直线与抛物线C有2个公共点
B．直线恒过定点
C．点的轨迹方程是
D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程______．
13．函数的最大值为______．
14．机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于______．
（第14题）
四、解答题：本大题共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．（13分）
已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，令，求证：．
16．（15分）
已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．
17．（15分）
如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．
（第17题图）
（1）证明：；
（2）若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（17分）
已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1．
（1）求点的坐标．
（2）过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点．
（ⅰ）证明：点在定直线上；
（ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由．
19．（17分）
在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．
（1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．
注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）
（ⅰ）完成下表；
（ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．
（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．
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数学参考答案
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。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．ABC 10．ACD 11．BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．或（写出一个即可） 13． 14．
四、解答题：本大题共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．（13分）
解 （1）设等差数列的首项为，公差为．
由，得
解得．
所以．
（2）由（1）知，，
即，利用累乘法：所以
．
所以．
16．（15分）
解（1）因为，
（ⅰ）当时，在单调递减；
（ⅱ）当时，
当．
当．
当．
所以在单调递减，在单调递增，在单调递减；
（ⅲ）当时，在单调递增，单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）知．
（ⅱ）由（1）知极大值为，
因为，
又因为．
所以函数有且只有一个零点．
17．（15分）
解（1）在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以．
又因为，所以平面．
所以．
显然，四边形为平行四边形，所以．
又，所以，
所以．
（2）因为，所以，所以平面．
取中点，连接，设．
设多面体的体积为，
则．
解得．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．
则平面的一个法向量．
所以，
设平面的一个法向量，则即取．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．（17分）
解（1）设是椭圆上一点，则．
因为．
①若，解得（舍去）．
②若，解得（舍去）或．
所以点的坐标位．
（2）（ⅰ）设直线．
由，得．
所以．
所以①
由，得或．
易知直线的方程为②
直线的方程为③
联立②③，消去，得④
联立①④，消去，则．
解得，即点在直线上．
（ⅱ）由图可知，，即．所以点在以为直径的圆上．
设，则，
所以，即．
故直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，得．
解得等于．所以，
所以．
故．
19．（17分）
解（1）因为，所以的值为或．
（ⅰ）表格如下
（ⅱ）由题知．
当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大．
所以
（2）对对数似然函数进行求导，，
因此似然方程为，
解上面的方程，得，
因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的．0
1
2
3
1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
B
A
A
C
D
A
0
1
2
3