广东省惠州市惠东县2024届高三上学期第二次教学质量检测数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省惠州市惠东县2024届高三上学期第二次教学质量检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，则的子集数量是（

）A． B． C． D．2．复数，则复数的（

）A． B． C． D．3．“仁义礼智信”为儒家“五常”，由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延伸为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”，将“仁义礼智信”排成一排，“仁”排在第一位，且“智信”相邻的概率为（

）A． B． C． D．4．函数在区间上的图象大致是（

）A．

B．

C．

D．

5．“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海”每天进步一点点，前进不止一小点今日距离明年高考还有184天，我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，高考时；而把看作是每天“退步”率都是1%，高考时是.若“进步”后的值超过“退步”后的40倍，大约经过（

）天.（参考数据：）A．164天 B．174天 C．184天 D．194天6．设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．7．已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（

）A． B．C． D．8．三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知，，则下列结论正确的是（

）A． B． C．与的夹角为 D．在方向上的投影向量是10．已知函数，则下列判断正确的是（

）A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称C．的值域为 D．的图象关于直线对称11．下列说法正确的是（

）A．某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8B．对于随机事件A与B，若，则事件A与B独立C．若二项式的展开式中所有项的系数和为，则展开式共有7项D．设随机变量服从正态分布，若，则12．已知函数，现给出下列结论，其中正确的是（

）A．函数有极小值，但无最小值B．函数有极大值，但无最大值C．若方程恰有一个实数根，则D．若方程恰有三个不同实数根，则三、填空题13．写出一个具有性质①②③的函数①的定义域为；②；③当时，14．设抛物线的焦点为F，准线l与x轴交点为K，点A在C上，点A的横坐标为2，，以F为圆心且与直线相切的圆的方程为．15．函数经过点，图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则.四、双空题16．如下表格给出了一个“等差数阵”，其中每行、每列的数都构成等差数列，表示位于第i行、第j列的数1013（

）（

）……1318（

）（

）……（

）（

）（

）（

）………………表格中的值为，2023在该数阵中共出现次.五、解答题17．设函数．(1)求的单调区间；(2)求在上的最大值与最小值．18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请在①；②；③．这三个条件中任意选择一个，完成下列问题：(1)求；(2)若，，延长到D，使，求线段的长度．六、证明题19．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)若为棱上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值．七、解答题20．已知是等比数列，满足，且成等差数列，数列满足.(1)求和的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.八、应用题21．某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在10秒内正确回答出下句得0分．(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题．记第n次回答的是甲的概率为，若．①求P2，P3；②证明：数列为等比数列，并比较第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小．九、解答题22．对于椭圆：，我们称双曲线：为其伴随双曲线．已知椭圆（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍．

(1)求椭圆伴随双曲线的方程；(2)如图，点，分别为的下顶点和上焦点，过的直线与上支交于，两点，设的面积为，（其中为坐标原点）．若的面积为，求．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．A【分析】解出集合，则得到其子集数量.【详解】，解得，又因为，所以，所以其子集数量为.故选：A.2．B【分析】计算三角函数值可得，由复数除法计算方法得答案.【详解】由题，.故选：B3．A【分析】利用特殊元素及捆绑法得“仁”排在第一位，且“智信”相邻的排法有种排法，然后利用古典概型求解即可.【详解】“仁义礼智信”排成一排，任意排有种排法，其中“仁”排在第一位，且“智信”相邻的排法有种排法，故概率故选：A【点睛】本题考查的是古典概型和排列的应用，考查了学生对基础知识的掌握情况，属于基础题.4．A【分析】判断函数为奇函数得到选项C错误，计算，得到选项D错误，根据时，，选项B错误，得到答案.【详解】函数，的定义域关于原点对称，，所以是奇函数，函数的图象关于原点对称，选项C错误；因为，所以选项D错误；当时，，选项B错误．故选：A．5．C【分析】根据已知设经过天“进步”后的值是“退步”后的40倍，列出方程，根据指对互化及对数的运算解出值即可.【详解】设经过天“进步”后的值是“退步”后的40倍，则，即，故，故选：C.6．B【分析】首先证明是上的奇函数和增函数，然后由题意可得，结合等差数列求和公式即可得解.【详解】设，其定义域为关于原点对称，且，所以函数是奇函数，又，所以函数是增函数，由题意，从而，即，所以，整理得，所以由等差数列的性质可知，由等差数列前项和公式可知.故选：B.7．A【分析】根据双曲线以及椭圆的定义可得，，进而在焦点三角形中运用余弦定理即可得，再结合均值不等式即可求解.【详解】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义，得，，所以，，设，，则在△中由余弦定理，得，化简得：，即，又，，，则，当且仅当，即时，等号成立，所以椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为．故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆与双曲线的定义得到，，从而利用余弦定理构造得关于的齐次方程，由此得解.8．C【分析】分别找出和的外接圆圆心和，通过过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，再通过几何关系求出外接圆半径，即可求其被球截得的圆的面积．【详解】设中点为，点在平面的射影是线段的中点，平面，，，又，是等边三角形．取中点为，连接交于，则是外心．连接，在上取，使得，则为外心．过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，则四边形是矩形，．连接，，设外接圆半径，设球半径为．球的表面积为，．在中，，平面被球截得的截面面积．故选：C9．AC【分析】A.利用平面向量的数量积运算求解判断；B.利用平面向量的模公式求解判断；C.利用平面向量夹角公式求解判断；D.利用平面向量的投影向量的定义求解判断.【详解】解：因为，，所以，则，所以，故A正确；，所以，故B错误；，因为，所以，故C正确；在方向上的投影向量是，故D错误；故选：AC10．ACD【分析】逆用两角和差的正弦公式化简，利用余弦型函数的性质确定周期、对称轴、对称中心、值域即可得解.【详解】因为，所以最小正周期为，故A正确；由，得，所以对称中心为，当时，函数的一个对称中心为，故B错误；因为，所以，故C正确；由，得，即函数的对称轴方程为，当时，可得函数的一条对称轴，故D正确.故选：ACD11．BD【分析】利用百分位数的定义判断A；利用对立事件和条件概率的公式，结合独立事件的定义判断B；利用赋值法求出指数判断C；利用正态分布的对称性计算判断D.【详解】对于A，把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，而，因此这组数据的第百分位数为，A错误；对于B，，又，因此，即事件与相互独立，B正确；对于C，在二项式中，令，得展开式中所有项的系数和为，解得，因此展开式共有8项，C错误；对于D，由随机变量服从正态分布，得对应的正态曲线关于直线对称，而，则，因此，D正确.故选：BD12．BD【分析】先求导，根据导数和函数单调性的关系，以及极值和最值的关系即可判断．【详解】解：由题意得．令，即，解得或．则当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减．所以函数在处取得极大值，在处取得极小值．又时，；时．作出函数的大致图象如下图所示：因此有极小值，也有最小值，有极大值，但无最大值．若方程恰有一个实数根，则或；若方程恰有三个不同实数根，则．故选：BD13．（答案不唯一）【分析】根据3个条件知对数函数形式的减函数满足要求，写出一个函数即可.【详解】由①②知，对数函数形式的函数满足要求，又由③知，在定义域上是减函数，故可以为.故答案为：（答案不唯一）.14．【分析】根据抛物线定义求出，所以抛物线方程为，根据点到直线距离求出圆的半径，继而求出圆的方程.【详解】根据抛物线定义，，得，抛物线方程为，，，根据对称性，不妨设点在第一象限，则，直线的方程为，即，点到直线的距离，所求圆方程为.故答案为：.15．【分析】根据阴影部分的面积以及已知点求得的解析式，进而求得.【详解】由图可知，则，依题意，，由于，所以，所以.则.故答案为：16．6【分析】根据题意利用等差数列的通项公式，算出，因此得到的值；再根据建立关于的关系式，利用函数关系以及整除算出2023在该数阵中出现的情况得出结果.【详解】第i行、第1列的数，又因为第一行、第二行、第三行，…，公差依次为3，5，7，…，可以得到第i行的公差为，于是，因此.当出现在数阵中时，，即，因为都是正整数，故必是的倍数，又因为，所以的因数有共8个，因此解得情况列表如下：13515269807134540350127134403672201720176724031347210舍去使或为0的解，共得到6组满足条件的和，因为在该数阵中共出现6次.故答案为：37；6.17．(1)在，单调递增，在单调递减(2)最小值为，最大值为．【分析】（1）求出函数的导数，分析导数的符号即可得解；（2）利用函数单调性，确定函数的极大值可得最大值，比较端点即可得最小值.【详解】（1）定义域为．当时，；当时，．所以的单调递增区间为，，单调递减区间．（2）令，得或．因为，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，故的最大值为．又，因为，所以在上的最小值为．18．(1)(2)5【分析】（1）若选①，由正弦定理将已知式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等换公式化简可求出角，若选②，由正弦定理将已知式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等换公式化简可求出角，若选③，对已知式子利用余弦定理和三角形的面积公式化简可求出角，（2）在中，由余弦定理可求得，再利用正弦定理得的值，然后分别在利用正弦定理和余弦定理求解即可【详解】（1）若选①，因为，所以由正弦定理得,因为，所以,所以，所以，因为，所以，所以，所以，若选②，因为，所以由正弦定理得,所以，因为，所以，因为，所以，若选③，因为，所以，因为，所以，因为，所以，（2）在中，由余弦定理得，，化简得，解得或（舍去），由正弦定理得，所以，所以，所以，因为，，所以，在中，由正弦定理得,所以，得，在中，由余弦定理得，所以，化简得,解得或（舍去）所以线段的长度为519．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，先证明四边形是平行四边形，得出.进而根据线面平行的判定定理，即可得出证明；（2）先证明平面.建立空间直角坐标系，写出点以及向量的坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量求解即可得出答案.【详解】（1）如图1，取中点，连接，，，分别为，的中点，且.∵底面四边形是矩形，为棱的中点，且．且，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，所以，平面.（2）在等边中，为的中点，所以，且.又平面平面，平面平面，平面，平面.如图2，以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，过点P作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．则，．设平面的一个法向量为，则，取得，，则．易知平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为．20．(1)；(2).【分析】（1）利用等比数列定义以及等差数列性质可求得数列的公比，再由数列满足的等式可得，即可求出和的通项公式.（2）写出数列的表达式，利用分组求和法，再按奇偶分别求和即得.【详解】（1）设等比数列的公比为，依题意，，又，则，即，而，解得，因此；数列中，当时，，由，得当时，，两式相减得，即，显然满足上式，因此，所以数列和的通项公式分别为.（2）由（1）知，，，因此当为偶数时，，当为奇数时，，所以数列的前n项和.21．(1)12(2)①，；②证明过程见详解，第7次回答的是甲的可能性比第8次的大【分析】（1）设该选