广东省深圳市外国语学校2024届高三教学情况测试（二）数学试题含答案

/广东省深圳市外国语学校2024届高三教学情况测试（二）数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知全集，则（

）A． B． C． D．2．已知复数z满足，则复数z的虚部为（

）A． B． C． D．23．已知向量，若，则实数（

）A． B． C． D．4．设等差数列的前项和为，且公差不为，若，，构成等比数列，，则（

）A． B． C． D．5．北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）.此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一.某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为，，高为，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（

）A． B． C． D．6．设函数，则方程的实根个数为（

）A． B． C． D．7．已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（

）A．线段（不包含端点） B．椭圆一部分C．双曲线一部分 D．线段（不包含端点）和双曲线一部分8．已知其中则（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（

）A．两两垂直 B．两两平行C．两两相交 D．两两异面10．已知，为方程的两个实根，则（

）A． B．C． D．11．已知抛物线的准线方程为，圆，直线与交于两点，与交于两点在第一象限），为坐标原点，则下列说法中正确的是（

）A． B．C．若，则 D．为定值三、填空题（本大题共3小题）12．害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义.已知某种害虫产卵数（单位：个）与温度（单位：）有关，测得一组数据，可用模型进行拟合，利用变换得到的线性回归方程为.若，则的值为.13．已知是双曲线的左焦点，A是的右顶点，过点A作轴的垂线交双曲线的一条渐近线于点，连接交另一条渐近线于点.若，则双曲线的离心率为.14．如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为；在中，异面直线与的距离为.四、解答题（本大题共5小题）15．如图，在直四棱柱中，四边形为平行四边形，，.

(1)证明：与平面的交点为的重心；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：；条件②：面与面所成角的正切值为.16．为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示.在公园内部计划修建景观道路（道路的宽度忽略不计)，已知把三角形空地分成两个区域，区域为儿童娱乐区，区域为休闲健身区.经测量，米，米.若儿童娱乐区每平方米的造价为元，休闲健身区每平方米的造价为元，景观道路每米的造价为元.(1)若，求景观道路的长度；(2)求为何值时，口袋公园的造价最低？17．某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表：轮次一二三四五六七八九十第一次分数76898597107第二次分数87910898779若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”.(1)若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；(2)假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望；(3)假设选手乙参加轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）.18．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)记曲线在，两点处的切线斜率分别为，直线的斜率为，其中，求证：当时，有.19．已知，数列A：，，…中的项均为不大于的正整数.表示，，…中的个数（）.定义变换，将数列变成数列：，，…其中.（1）若，对数列：，写出的值；（2）已知对任意的（），存在中的项，使得.求证：（）的充分必要条件为（）；（3）若，对于数列：，，…，令：，求证：（）.

参考答案1．【答案】D【分析】由补集的定义求出，，再由交集的定义即可求解.【详解】因为，，，，故=.故选：D.2．【答案】D【分析】先求出，再结合虚部定义可解．【详解】，则，则，虚部为．故选D.3．【答案】A【分析】由向量共线的坐标表示形式，可直接得到值.【详解】因为向量，且，所以，解得，故选A.4．【答案】D【分析】根据等差数列前项和性质计算出，根据等比数列中项得，再利用等差数列通项公式计算求解.【详解】因为是等差数列的前项和，所以，得，因为，，成等比数列，所以，设等差数列的首项为，公差为，则，因为，解得，，，所以.故选D.5．【答案】C【分析】先根据上下半径及高求出母线，再利用圆台侧面积公式和体积公式求解即可.【详解】因为圆台纸镇下部的上、下底面半径分别为，，高为，所以圆台的母线为长，则该纸镇下部的侧面积为，该纸镇下部的体积为.故选C.6．【答案】B【分析】令，则方程即，结合函数解析式分段求得t的值，继而再解，即可求得的解，即得答案.【详解】令，则方程即，当时，；当时，；当时，若，则，符合题意；若，则，不合题意；当时，若，则，符合题意；若，则，符合题意，即方程的实根个数为3，故选B.7．【答案】A【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可.【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，所以，因为，，成等比数列，所以有，且有成立，即成立，由，化简得：，或，当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；当时，即，因为，所以，而，所以不成立，故选A.8．【答案】C【分析】先根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，再根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算出，最后代入即可算出.【详解】因为，，得，所以，所以，，所以，因为，，得，所以，，，所以，所以.故选C.9．【答案】ACD【分析】在正方体中可分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线，即可判断A，C，D选项，结合线面平行的判定以及性质定理可判断B.【详解】对于A，当l为，m为，n为时，两两垂直，A正确；对于B，不妨假设，和不重合，因为平面，平面，则平面，又平面，平面平面，故，则，又平面，平面，故，则，即不可能两两平行，B错误；对于C，当l为，m为，n为时，两两相交，C正确；对于D，当l为，m为，n为时，两两异面，D正确，故选ACD.10．【答案】ACD【分析】根据根与系数关系求出，，然后再结合基本不等式进行求解.【详解】由题意得：，，，；对于A项：，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，故A项正确；对于B项：由，所以，故B项错误；对于C项：，所以，故C项正确；对于D项：当时取等号，故D项正确.故选ACD.11．【答案】BD【详解】对于A，因为抛物线的准线方程为，所以，得，所以A错误，对于B，设，由，得，则，所以，因为直线恒过圆心，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，因为直线过抛物线的焦点，所以，因为，，所以，解得，所以C错误，对于D，因为直线过抛物线的焦点，所以，所以为定值，所以D正确，故选BD.【关键点拨】对于A，由抛物线的准线方程可求出的值进行判断，对于B，将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系，再求出，由于直线过圆心，则由圆的性质可得，从而可进行判断，对于C，利用弦长公式求出，而，然后由题意列方程可求出的值，对于D，由题意可得，再结合抛物线的性质化简计算即可.12．【答案】【分析】将非线性模型两边同时取对数可得，再将样本中心点代入回归方程可得，即可计算出.【详解】对两边同时取对数可得，即，可得.由可得，代入可得，即，所以.故答案为：.13．【答案】2【分析】根据题意即可得出，所以，再由可得为的中点，即，代入另一条渐近线可得，即可计算出离心率为.【详解】如下图所示：

易知，则过点作轴的垂线方程为，不妨设与渐近线交于点，则可得，又可得，为的中点，即；又在另一条渐近线上，即，解得；所以双曲线的离心率为.故答案为：2.14．【答案】；【分析】结合图形发现几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成，比较与的大小，可得当球恰好外接时该球表面积的最小值，则该球表面积的最小值可求；找出的平行线，而与相交构成平面，则异面直线与的距离可转化为点到平面的距离，然后等体积法求之即可.【详解】因为的各面都是边长为的等边三角形，所以结合图象可知，几何体是由两个相同的正四棱锥共底构成.正四棱锥中将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，此时球半径为，该球表面积的最小值为，因为正方形的对角线的交点,平分与，所以四边形为平行四边形，则,而与相交构成平面，则异面直线与的距离即点到平面的距离，三棱锥的体积,令点到平面的距离为，则，解得，异面直线与的距离为.故答案为：；.15．【答案】(1)证明见解析(2)条件选择见解析，【分析】（1）根据题意，连接交于点，连接，由条件可得，再由为边上的中线即可得到证明；（2）若选择条件①：作，垂足为，证得面，即可得到为与平面所成角.若选择条件②：作交直线于点，连接，然后作，则，即可得到为与平面所成角.【详解】（1）

如图，连接交于点，连接.因为面，所以面.所以为面与面的公共点.因为面面，所以.在矩形中，由得.因为在中，为边上的中线，所以为的重心.（2）若选择条件①：.因为几何体为直四棱柱，所以面，BD在面ABCD内，所以.因为，面，所以面.面，所以.四边形为平行四边形，所以四边形为菱形.如图，作，垂足为.因为面，，所以面，面，即.由，面，所以面，即为与平面所成角.设，则，所以.若选择条件②：面与面所成角的正切值为，面面，所以面与面所成角的正切值为.如图，作交直线于点，连接，由面，面，则，，面，故面，又面，所以，所以二面角的平面角为，则.设，则，所以.所以，即为线段的中点（与重合）.因为，，面，所以面.如图，作，因为面，，所以面，面，即.由，面，所以面.

即为与平面所成角.因为，所以.16．【答案】(1)(2)【详解】（1）在中，，则，，所以在中，，由正弦定理得，，所以景观道路的长度为米.（2）设，在中，，所以又所以所以投资总额因为当且仅当即时取等号.所以当时，取最小值.所以当为时，口袋公园的造价最低.【关键点拨】（1）确定，再利用正弦定理计算得到答案.（2）设，，计算和得到，确定公园造价的表达式，利用三角恒等变换结合均值不等式计算最值即可.17．【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望(3)【分析】（1）该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，由此即可求解；（2）首先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为0.6，从而可知服从二项分布，进一步即可求得分布列以及数学期望；（3）首先求得关于的表达式，进一步即可比较大小.【详解】（1）直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故；（2）甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，，的可能取值为0，1，2，3，，，这就得到的分布列为0123二项分布的数学期望.（3）设在第轮中，较高分和较低分分别为和，则，且，，故，且从而.即.18．【答案】(1)的单调递增区间为，无单调递减区间(2)证明见解析【分析】（1）时求出可得答案；（2）求出，，，要证，设，则只需证，设，则只需证，利用在上单调性得，设，利用的单调性可得答案.【详解】（1）当时，，，所以的单调递增区间为，无单调递减区间；（2）因为，所以，所以，，要证，只需证，即证，不妨设，则只需证，即证，设，则只需证①，由（1）可知在上单调递增，则当时，，所以，设，则，所以在上单调递增，所以，又因为，所以要证①，只需证，设，则，所以在上单调递增.所以，得证.关键点点睛：第二问解题的关键点是转化为设，利用导数证，，本题考查转化与化归思想，而构造函数的解题思路恰好是这种思想的良好体现.19．【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）根据定义,表示,,…中的个数,即可由数列得的值.（2）根据对任意的（）,存在中的项,使得,由充分必要条件的判定,分必要性与充分性两步分别证明