广东省广州市广雅中学2024届高三下学期教学情况检测（二） 数学试题【含答案】

广东广雅中学2024届教学情况检测（二）数学试题注意事项：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.回答选择题时，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.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将答题卡交回.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．已知集合，．若，则实数a的取值范围是（

）A． B．C．且 D．且2．在的展开式中，项的系数为（

）A．1 B．10 C．40 D．803．已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）就是这样一件珍宝．玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：cm，cm，cm，若，，则璜身（即曲边四边形ABCD）面积近似为（

）A． B． C． D．5．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（

）A．156 B．210 C．211 D．2166．记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（

）A．9 B．16 C．25 D．507．已知直线，为圆上一动点，设到直线距离的最大值为，当最大时，的值为（

）A． B． C． D．8．已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，已知点，若在此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点对称，则实数的取值范围是（

）

A． B． 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．设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则（

）A．事件与是互斥事件 B．事件与是对立事件C．事件与是互斥事件 D．事件与相互独立11．已知函数，则（

）A．在区间单调递增B．的图象关于直线对称C．的值域为D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为．13．已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为.14．已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为.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．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，为中点，.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.16．“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动．某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，用频率分布直方图表示如下：假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立．(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；(2)从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；(3)设全校学生一周参加课后活动的时间的中位数估计值为､平均数的估计值为（计算平均数时，同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替），请直接写出的大小关系．17．双曲线C：的离心率为，点在C上.(1)求C的方程；(2)设圆O：上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点.18．已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)当时，求函数在上的最小值；(3)写出实数的一个值，使得恒成立，并证明．19．已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；(2)若，证明：；(3)设，若，求的最小值．1．D【分析】根据并集结果可知，进而可构造不等式，解不等式求得结果.【详解】解：，

，且，，，解得：且的取值范围为且故选：D2．D【分析】利用通项求解可得.【详解】通项公式为，当时，，所以项的系数为80.故选：D3．B【分析】根据题意，由空间中的线面关系，即可判断.【详解】根据线面平行的判定定理可得，若，则，即必要性成立，若，则不一定成立，故充分性不成立，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B4．C【分析】根据给定图形求出圆心角，再利用扇形面积公式计算即得.【详解】显然为等腰三角形，，则，，即，于是，所以璜身的面积近似为.故选：C5．D【分析】共有三种情况，3人站一个台阶，或2人站一个台阶另1人站另一个台阶，或3人各站一个台阶，然后根据分类计数加法原理即可求解．【详解】若三人站在一个台阶上，有种站法，若三人站在两个台阶上，有种站法，若三人站在三个台阶上，有种站法，所以，一共有种站法.故选：D.6．C【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果.【详解】∵，又∵，∴，当且仅当时，取“=”∴的最大值为25.故选：C7．A【分析】先得出直线过定点，再求出圆心坐标，由圆的对称性以及斜率公式得出的值.【详解】因为，所以直线过定点，圆可化为，则圆心，，由圆的对称性可知，当时，到直线距离的最大，则，.故选：A8．B【分析】先联立两抛物线方程求出抛物线交点的横坐标为，再根据题意知在某一支抛物线必存在一对点满足题意，故必定还存在两支曲线上的不同点关于对称，设抛物线上的点，则关于的对称点在上，从而可得关于的方程：在上有解，最后参变分离转化为函数的值域，即可求解.【详解】联立，可得，所以，故两抛物线交点的横坐标为，显然在某一支抛物线上必存在一对点满足题意，故必定还存在两支曲线上的不同点关于对称，不妨设抛物线上的点，则关于的对称点在上，所以关于的方程：在上有解，即在上有解，因为，所以，所以，即.故选：B9．AC【分析】利用共轭复数的定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断C选项；解方程，可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则，A对；对于B选项，若，不妨取，则，但，B错；对于C选项，若，则，故，C对；对于D选项，若，则，解得，D错.故选：AC.10．AB【分析】利用互斥，对立，相互独立的概念逐一判断.【详解】对于AB：取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件与是互斥事件，也是对立事件，AB正确；对于C：如果取出的数为，则事件与事件均发生，不互斥，C错误；对于D：，则，即事件与不相互独立，D错误；故选：AB.11．BCD【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D.【详解】对于A：当时，所以，因为在上单调递增，又，所以，因为，即，所以，即，所以，所以，又在上单调递增，在上单调递减，所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误；对于B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确；对于C：因为，令，则，令，，则在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以，所以的值域为，故C正确；对于D：当时，所以，由A选项可令且，则当时单调递增，令，即时在上单调递增，且，所以在上单调递减，又，令，即时在上单调递减，且，所以在上单调递增，当，即时在上单调递减，且，所以在上单调递减，又，，，所以在上的函数图象如下所示：由图可知：①当时与有且仅有一个交点，即关于的方程在区间的实数根为；②当或时与有两个交点，即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称，所以两根之和为；③当时与有四个交点，即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且，所以与关于对称，与关于对称，所以；④当或时与无交点，即关于的方程在区间无实数根；综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和.12．【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解.【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴，又，所以，所以为等腰直角三角形，故，所以，即，所以，整理得，解得或（舍去），故.故答案为：13．【分析】根据题意分类讨论，两种情况，通过导数求导得到，再构造函数及导数方法求出其最小值，从而求解.【详解】函数的定义域为，当时，可得在上单调递增，，不合题意；当时，，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，有极小值，也是最小值，又因为且，所以，则，得，所以，设，，令，得，当，，当，，所以在区间单调递减，单调递增，所以，即的最小值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：通过分类讨论，两种情况得到符合的情况，通过导数求导得到，再构造函数并利用导数求出其最小值即可.14．##【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，所以，所以，所以，由A，P，B三点共线，故存在实数使得，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以，又且与之间的距离为d，则，，所以，，所以，又，所以的周长为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，证明，继而证明，即可证明平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）连接，在菱形中，，故为正三角形，又M为中点，故，且，又，故，，，则，故,而平面，故平面，又平面，故平面平面；（2）由于，，则，故，又平面平面，平面平面，而平面,故平面，取中点为O，则为正三角形，则，作，交于H，故平面，平面，故，则两两垂直，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，因为平面，故可作为平面的法向量，设平面的法向量为，则，即，令，则可得，故，而平面与平面夹角的范围为，故平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)0.65(2)分布列见解析，期望为(3)【分析】（1）根据频率分布直方图计算出对应频率即为所求；（2）由题意可得服从二项分布，再根据二项分布的分布列及期望公式求解即可；（3）根据公式计算平均数和中位数，再比较大小即可.【详解】（1）根据频率分布直方图，可得学生一周参加课后活动的时间位于区间的频率为，因此估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率为；（2）从全校学生中随机选取1人，其一周参加课后活动的时间在区间的概率为0.4，因此，可取，，．则的分布列为：01230.2160.4320.2880.064；（3）因为，，故中位数在区间上，则，；，故.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合题目所给条件可列出不等式组，解出即可得；（2）可结合双曲线及圆的对称性得出，若存在定点，则该定点必为原点，从而先猜后证，简化过程；或根据圆的方程，结合韦达定理表示出该圆方程，即可得定点坐标.【详解】（1）依题意有，即有，解得：，，所以双曲线方程为；（2）方法一：设，，①当切线斜率存在时，设直线方程为，因为直线与圆相切，所以，整理得，联立，，则，，由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点.，又，所以，所以，故以MN为直径的圆过原点；②当直线斜率不存在时，直线方程，此时或，此时圆方程为，恒过原点；或或，此时圆方程为，恒过原点；综上所述，以MN为直径的圆过原点.方法二：设，，①当切线斜率存在时，设直线方程为，因为直线与圆相切，所以，整理得，联立，，则，，以，为直径的圆的方程为，即，因为，所以，且，所以所求的圆的方程为，所以MN为直径的圆过原点；②当直线斜率不存在时，同法一，此时圆方程为，恒过原点；综上所述，以MN为直径的圆过原点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.18．(1)(2)1(3)，证明见解析【分析】（1）由直接写出切线方程；（2）先证单调递减再求最小值.（3）时，在上单调递减，在上单调递增，得．【详解】（1）因为，所以，所以，所以切线方程为，即．（2）当时，．当时，，所以恒成立，单调递减．所以．（