试卷解析：广东省华附 深中 省实 广雅四校联考2024届高三上学期期末数学试题（解析版）

华附､省实､广雅､深中2024届高三四校联考数学命题学校：广东实验中学定稿人：XXX本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名､考号填写在答题卷上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；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，将答题卷收回.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.已知全集，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，求得，再进行选择即可.【详解】因为集合A，B满足，故可得，对A：当为的真子集时，不成立；对B：当为的真子集时，也不成立；对C：，恒成立；对D：当为的真子集时，不成立；故选：C.2.已知复数满足，则（）A.B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】先根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念确定复数，最后根据的周期性求结果.【详解】由已知，所以，.故选：C3.直线关于直线对称的直线方程是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出图象，找出一个对称点和直线与直线的交点，即可求出对称直线的方程.【详解】由题意，在直线中，作出图象如下图所示，由图可知，点关于直线对称的点为,直线与直线的交点为,∴关于直线对称的直线方程为：，即，∴关于直线对称的直线方程是：.故选：B.4.已知向量在方向上的投影向量的模为，向量在方向上的投影向量的模为1，且，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据投影向量的模长公式计算出，再由向量垂直关系列出方程，求出，得到夹角.【详解】由题可得所以.因，所以，所以，所以，即.因为，所以.故选：B.5.若椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过椭圆的离心率得出之间的关系，即可求出双曲线的离心率.【详解】由题意，在椭圆中，离心率，∴，即，在双曲线中，∴双曲线的离心率.故选：A.6.在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为，且某个车轮上的点刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离，则此时到铁轨上表面的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】针对实际问题建模转化为圆的弧长与圆心角、半径之间的关系，就圆心角的范围进行分类,借助于直角三角形计算即得.【详解】当列车行驶的距离为时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为，车轮转过的角度为点的初始位置为，设车轮的中心为，当时，作，垂足为，如图，则到铁轨表面的距离为；当时，，作，垂足为，如图，则，到铁轨表面的距离为；当在其它范围均可得到，点到铁轨上表面的距离为.故选:B.7.若，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，构造函数，利用导数求出函数的最值，作出函数的图象，结合图象即可得解.【详解】由，可得，所以，故，所以，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，所以，当且仅当时取等号，如图，作出函数的图象，由图可知，可知.故选：A.8.数列的前项和，且，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先把适度放缩，求出前项和的范围，再进行判断.【详解】由已知得：，又，故当且时，，所以.故选：D【点睛】方法点睛：数列的前项和没法求，再者本题求的是前项和的取值范围，所以要想到对数列要适度放缩，然后求和.二.多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）9.下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.“”是“”成立的充分不必要条件D.若，则【答案】BD【解析】【分析】判断与不等式有关结论的正确与否，一般可考虑以下方法：①取反例说明不成立，②利用不等式性质推理得到命题为真，③通过作差法判断.【详解】对于A项，若取，则，显然A项错误；对于B项，因，又由知，故由不等式的性质易得B项正确；对于C项，当时，满足，但是，故推不出，即“”不是“”成立的充分条件，故C项错误；对于D项，因，先证当时,必有成立.即由可得：，因，有，故，即D项正确.故选：BD.10.已知圆，圆分别是圆与圆上的点，则（）A.若圆与圆无公共点，则B.当时，两圆公共弦所在直线方程为C.当时，则斜率的最大值为D.当时，过点作圆两条切线，切点分别为，则不可能等于【答案】BC【解析】【分析】对于A，当两圆内含时即可判断错误；对于B，两圆方程相减即可验算；对于C，画出公切线通过数形结合即可验算；对于D，画出圆两条切线，通过数形结合即可验算.【详解】对于选项A，当两圆内含时，可以无穷大，所以A不正确；当时两圆相交，两圆的方程作差可以得公共弦的直线方程为，所以B为正确选项；对于选项B，当时如图，和为两条内公切线，且，由平面几何知识可知，所以可得，即斜率的最大值为，C选项正确；对于D选项，如图，点P在位置时，点在位置时，所以中间必然有位置使得，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点睛：判断CD两选项的关键是准确画出图形，通过数形结合即可顺利得解.11.已知函数，满足有三个不同的实数根，则（）A.若，则实数的取值范围是B.过轴正半轴上任意一点仅有一条与函数相切的直线C.D.若成等差数列，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A，求导得函数单调性、极值，由此即可判断；对于B，关于点中心对称，由此即可判断；对于C，由展开即可判断；对于D，由结合C选项分析即可判断.【详解】因为，所以在和上单调递增，在上单调递减，且，所以，当有三个不同的实数根时，，故A正确，关于点中心对称，所以在此点处的切线方程为，结合图象可知：当且仅当时，符合题意，所以B正确，由于方程有三个根，所以，展开可知，C不正确；由展开可知，当成等差数列时，所以，在中，令，得，所以，D正确.故选：ABD.12.已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（）A.若点满足，且，则的最小值为B.在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此四面体体积可能为C.若正四面体的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，则此距离为D.点在所在平面内且，则点轨迹的长度为【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量共面的结论可判断是平面上的一点，即可利用勾股定理求解四棱锥的高判断A，根据正四面体与其外接球内切球以及所在的正方体的关系即可求解B，根据面面平行的性质即可求解C，根据球的截面性质即可求解D.【详解】解：如图：对于，因为点满足且，可知点是平面上的一点.又因为正四面体是棱长为3，则三角形外接圆半径满足，故点到平面的距离为,故的最小值为点到平面的距离，即为,A正确；对于B，将正四面体放入到正方体中，则正方体的棱长为，因为正四面体的体积为立方体的体积减去四个小三棱锥的体积：，而正四面体四个面的面积都是设正四面体的内切球半径为，解得，因为正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，所以最大正四面体外接球直径为，因此最大正四面体外接球也是棱长为的正方体的外接球，所以正四面体的体积最大值为，故B不正确.对于C，在正方体内，过作平面，分别交于点，过作平面，分别交于点，且平面平面，由正四面体的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，其中平面和平面为中间的两个平面，易知为的中点，为的中点，因为正方体是棱长为，所以，所以点到的距离为，所以每相邻平行平面间的距离为，故C正确；对于D选项：建立如图所示的空间直角坐标系，设点，,由可得，化简可得，可知点的轨迹是平面与以点为球心，2为半径的球的截面圆上，,设平面法向量为，则，取则，所以点点到平面的距离为，截面圆的半径为所以截面圆周长为，故选:ACD【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三､填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.双曲线的渐近线方程________．【答案】【解析】【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上而双曲线的渐近线方程为y=±∴双曲线的渐近线方程为y=±故答案为y=±【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想14.已知等差数列的前项和为，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】设公差，由题意得到关于首项和公差的方程组，求解后代入等差数列的前项和公式，配方即得.【详解】设等差数列的公差为，由题意得：解得：，则，因，故当或时，的最小值为.故答案为：.15.已知函数的最小正周期为，且在上单调递减，在上单调递增，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先将函数降幂，由题设求出的值，再根据后续条件，考查所得函数在相应区间上的单调性，比较区间的包含关系计算即得.【详解】由的最小正周期为，得,则，因当时，，此时函数单调递减，即在上单调递减；当时，，此时函数单调递增，即在上单调递增.由题知在上单调递减，在上单调递增，故须使，解得.故答案为：.16.在同一平面直角坐标系中，分别是函数和函数图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】由得，令，利用导数求得最大值，并得到，进而利用数形结合法可知，的最小值为圆心到直线的距离减去半径，再求出等号成立的条件，从而得到实数的最大值.【详解】由，整理得，即在圆心，半径为1的半圆上.，令，则，又，所以，当时，，则为单调递增，当时，，则为单调递减，综上可知，在处取得极大值，也是最大值，即，于是，即，当且仅当时，等号成立，所以曲线的一条切线为，数形结合可知，当分别为对应切点，且与两切线垂直时取得最小值，即的最小值为圆心到直线的距离减去半径，即的最小值为.过圆心与垂直的直线方程，所以，当且仅当即时等号成立.综上所述，，而恒成立，所以，则的最大值为.故答案为：.【点睛】1.利用导数求取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变型得到，从而构造进行求解.2.在求圆上的动点到另一个曲线上的动点距离最值问题时，通常转化为圆心到曲线上的动点距离最值问题，进而进行求解.四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知数列的前项和满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】17.；18.【解析】【分析】（1）根据前项和公式求通项公式，先确定，再求.（2）用错位相减求和法求数列的前项和.【小问1详解】由已知：当时两式相减可得：，，又时，满足上式，所以，.，，又时，满足上式，则；【小问2详解】由（1）可得：，则，即，两式相减可得：，即.18.在9道试题中有4道代数题和5道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.（1）求在第一次抽到几何题的条件下第二次抽到代数题的概率；（2）若抽4次，抽到道代数题，求随机变量的分布列和期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用条件概率的公式求解或者利用缩小事件空间的方法求解；（2）先确定的所有取值，求出各自的概率，写出分布列，利用期望的公式可得期望.【小问1详解】（1）记表示事件“第次抽到代数题”，.方法一：由条件概率公式可得.所以第一次抽到几何题的条件下，第二次抽到代数题的概率为；方法二：已知第一次抽到几何题，这时还剩余代数题和几何题各四道，因此）.【小问2详解】由题意，随机变量的可能取值为：；，，.的分布列为01234所以.19.已知函数，.（1）求的单调区间；（2）当时，与有公切线，求实数的取值范围.【答案】19.答案见解析20.【解析】【分析】（1）根据题意，求得，分类讨论，即可求得函数的单调区间；（2）设公切线与和的切点分别为，根据导数的几何意义求得切线方程，转化为，设，利用导数求得函数的单调性与极值，得出函数的值域，即可求解.【小问1详解】解：由函数，可得，当时，可得时，，单调递减，时，，单调递增；当时，可得时，，单调递增，时，，单调递减.【小问2详解】解：设公切线与和的切点分别为，可得，可得切线方程为，即，即由，可得，则，所以切线方程为所以，可得，设，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，当时，函数取得极大值，极大值为，又由当时，；当时，，所以，所以时，即实数的取值范围为.【点睛】方法策略：利用导数研究参数问题的求解策略：1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值（值域），进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围.20.如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥.（1）若，求证：平面平面；（2）是否存在，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）当时，推导出二面角为直角，结合面面垂直的定义可证得结论成立；（2）假设存在，使得直线平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将的坐标用的表达式表示，设，可得出关于、的方程组，解之可得出结论.【小问1详解】证明：若，则平面､平面为同一个平面.连接、，则是中点，是中点，所以平面与平面重合，平面与平面重合，由正方体性质可知平面，因为、平面，所以，，，为二面角的平面角，因为，，则，同理可得，所以，所以，平面平面【小问2详解】解：假设存在，使得直线平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，故、，设平面的法向量为，则，取，得是平面的一个法向量，取的中点，的中点，连接、，则，因为，则，同理可知，，因为，，，则四边形为矩形，所以，，于是是二面角平面角，是二面角的平面角，是二面角的平面角.于是，因为，，，因为，则，所以，因为，，，、