广东省深圳市高三第一次调研考试数学试卷-1

试卷类型：A2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学2024.2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．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将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.若角的终边过点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据余弦函数定义结合诱导公式计算求解即可.【详解】因为角的终边过点，所以，所以.故选：A2.已知为虚数单位，若，则（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.【详解】因为，所以，.故选：B.3.已知函数是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，且对任意，均有成立，则下列函数中符合条件的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由指数、对数运算性质结合函数单调性、奇偶性定义逐一判断每个选项即可求解.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故不是偶函数，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，又定义域为全体实数，它关于原点对称，且，即函数是定义域为的偶函数，当时，单调递增，满足题意.故选：D.4.已知是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由投影向量计算公式可得答案.【详解】在向量上的投影向量为..故选：A5.由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（）A.34 B.33 C.32 D.30【答案】B【解析】【分析】由题意可知一位自然数有2个，两位自然数有6个，三位自然数有18个，利用列举法列出符合题意得自然数，即可求解.【详解】由0,2,4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列，则一位自然数有2个，两位自然数有个，三位自然数有个，四位自然数有个，又四位自然数为2024为四位自然数中的第6个，所以.故选：B6.已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可.【详解】如图，设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处，设球O与母线切于M点，所以，所以，所以与全等，所以，同理，所以，过A作，垂足为G，则，，所以，所以，所以，所以，所以该圆台的体积为.故选：C7.已知数列满足，，若为数列的前项和，则（）A.624 B.625 C.626 D.650【答案】C【解析】【分析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得.【详解】数列中，，，当时，，即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，则，当时，，即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为，则，所以.故选：C8.已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为，所以，由双曲线的定义可得，所以，在中，由余弦定理得，在中，，设，则，由得，解得，所以，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用，结合余弦定理与双曲线的定义，从而得解.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.“体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（）A.众数为12 B.平均数为14 C.中位数为14.5 D.第85百分位数为16【答案】BC【解析】【分析】由众数，中位数，平均数，第百分位数的定义求出即可.【详解】成绩从小到大排列为：.A：出现次数最多的数为，故A错误；B：平均数，故B正确；C：中位数为：，故C正确；D：第85百分位数为第，即第位，为，故D错误；故选：BC.10.设，且，则下列关系式可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】首先求出，再分别构造函数，结合导数，利用函数单调性一一分析即可.详解】由于，知，及其，则，解得，对AB，，设函数，，故在上单调递减，则1，即，故A对B错；对C，由于，设，，故在上单调递减，，故，若，故C对；对D，，设，，令，则，则，，则，，则在上单调递增，在上单调递减，，故，即，故D错误.故选：AC.11.如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（）A.当为的中点时，异面直线与所成角为B.当∥平面时，点的轨迹长度为C.当时，点到的距离可能为D.存在一个体积为的圆柱体可整体放入内【答案】ACD【解析】【分析】根据几何体的特征，化空间为平面，逐个推理，计算分析.【详解】因为为正方形，连接与，相交于点，连接，则，，两两垂直，故以为正交基地，建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，为的中点，则.当为的中点时，，，，设异面直线与所成角为，，，故，A正确；设为的中点，为的中点，则∥，平面，平面，则∥平面，又∥平面，又，设，故平面∥平面，平面平面，平面平面，则∥，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确；当时，设，，，，得，即，即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），到的距离为，弧上的点到的距离最小值为，因为，所以存在点到的距离为，C正确；由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点,，，根据相似，得，即，，则圆柱体积，设，求导得，令得，或，因，所以舍去，即，当时，，当时，，即时有极大值也是最大值，有最大值，，故所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：异面直线所成的角；线面平行性质；空间点的轨迹，圆柱的体积计算，利用导数求体积的最值.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若函数的最小正周期为，其图象关于点中心对称，则______．【答案】【解析】【分析】由三角函数的周期公式求出，再由正弦型函数的对称中心即可求出.详解】由得，，所以，又的图象关于点中心对称，所以,解得，又，所以，.故答案为：13.设点，若动点满足，且，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设，根据向量的坐标表示和模的概念可得，由题意和相等向量可得，进而，结合基本不等式计算即可求解.【详解】设，则，由，得，整理，得，又，代入，有，所以，由，得，当且仅当时等号成立，所以，得，所以.即的最大值为.故答案为：14.已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为______．【答案】18【解析】【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案.【详解】由于，故，故，，则，由，得，由，即，知位于之间，不妨设，则，故，当且仅当，即时等号成立，故则的最小值为18，故答案为：18【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可.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.设为数列的前项和，已知，且为等差数列．（1）求证：数列为等差数列；（2）若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得、，解得，结合求得，即可证明；（2）由（1）可得，根据累乘法可得，结合裂项相消求和法计算即可求解.【小问1详解】设等差数列的公差为d，则，即，①因为，所以由，得．②由①、②解得，所以，即，当时，，当时，，上式也成立，所以，所以数列是等差数列．【小问2详解】由（1）可知，当时，，因为满足上式，所以．，因为当时，，所以．16.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且．（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理结合勾股定理逆定理可得，后结合平面平面，可得，后结合可得结论；（2）由（1）结合题意建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得答案.【小问1详解】不妨设，，由余弦定理得，在中，，平面平面，平面平面平面，平面．平面，四边形是菱形，，又，且平面平面平面．【小问2详解】在平面内，过点作的垂线，垂足为，平面平面，平面平面，平面，又四边形是菱形，，均等边三角形，以点A为坐标原点，及过点A平行于的直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），则，由（1）平面，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则即．令，可得，，平面与平面的夹角的余弦值为．17.在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立．（1）当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值；（2）当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）由独立乘法、互斥加法得函数表达式，进一步即可求解最小值；（2）的可能取值为1，2，3，4．有独立乘法、互斥加法公式求出对应的概率，进而得分布列以及数学期望.【小问1详解】由题可知，因为，所以当时，的最小值为．【小问2详解】由题设知，的可能取值为1，2，3，4．①当时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．因此，，②当时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．因此，，③当时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．因此，，④当时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．因此，．所以的分布列为1234因此，的数学期望．18.已知函数．（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）讨论函数的极值点个数；（3）当函数无极值点时，求证：．【答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，构造函数后再求导，由二次导数得到在上单调递减，再由零点存在定理确定的最小值.（2）求导后令得，再利用换元法设，得到，构造函数，利用导数分析其单调性和极值，画出图像，再由方程根的个数讨论函数零点的个数.（3）先证明当时，，构造函数，求导后分析单调性得到最小值可证明之；再由（2）知，当函数无极值点时，，则，取最小值取，则有，即可证明.【小问1详解】当时，，则，令，则，因为，所以．则在上单调递减，又因为，所以使得在上单调递增，在上单调递减．因此，在上的最小值是与两者中的最小者．因为，所以函数在上的最小值为．【小问2详解】，由，解得，易知函数在上单调递增，且值域为，令，由，解得，设，则，因为当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减．根据时，，得的大致图像如图所示．因此有：（ⅰ）当时，方程无解，即无零点，没有极值点；（ⅱ）当时，，设，则，令，则在上时单调递增函数，即，得，此时没有极值点；（ⅲ）当时，方程有两个解，即有两个零点，有两个极值点；（ⅳ）当时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点．综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点；当时，没有极值点．【小问3详解】先证明当时，．设，则，记，则在上单调递减，当时，，则在上单调递减，，即当时，不等式成立．由（2）知，当函数无极值点时，，则，在不等式中，取，则有，即不等式成立．【点睛】关键点点睛：（1）求函数在给定区间上的最值时，通常求导，利用导数的单调性分析最值，若在给定区间上不是单调的，常用零点存在定理分析其单调性，再比较区间的端点值找到最值.（2）讨论函数的极值点个数值，通常转化为分离参数，转化为两函数图像交点的个数或两函数相等时方程根的个数问题.用导数分析其单调性，求最值，再数形结合分析交点个数或方程根个数.（3）证明不等式成立问题时可采用构造函数，找到不等式一边的最小值大于另一边，或最大值小于另一边，即函数不等式恒成立问题.19.已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．（1）求的方程，并说明轨迹的形状；（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．①当时，求证：的值及的周长均为定值；②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得