广东实验中学2023-2024学年高三下学期教学情况测试（二）数学试卷A

广东实验中学2023~2024学年度高三教学情况测试(二) 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.设集合,,则( ) A. B. C. D. 2.设,是的共轭复数,则复数( ) A. B. C. D. 3.已知函数,则“”是“在区间上单调递增”的( ) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知,则下列结论正确的是( ) A. B. C. D. 5.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别,就是利用计算机检测样本之间的相似度,余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点,,O为坐标原点,余弦相似度为向量,夹角的余弦值,记作,余弦距离为.已知,,,若P,Q的余弦距离为,,则Q,R的余弦距离为( ) A. B. C. D. 6.已知抛物线和直线,点为抛物线C上任意一点,设点P到直线的距离为d,则的最小值为( ) A. B. C. D. 7.已知双曲线C:的右焦点为F,过F作直线分别与双曲线的两渐近线相交于A、B两点,且,,则该双曲线的离心率为( ) A. B. C.2 D. 8.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量所有可能的取值为,且,,定义的信息熵,若,随机变量所有可能的取值为,且,则( ) 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.星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度,古希腊天文学家喜帕恰斯(又名依巴谷)在公元前二世纪首先提出了星等这个概念,例如,1等星的星等值为1,等星的星等值为.已知两个天体的星等值,和它们对应的亮度,满足关系式,关于星等下列结论正确的是( ) A.星等值越小,星星就越亮 B.1等星的亮度恰好是6等星的100倍 C.若星体甲与星体乙的星等值的差小于2.5,则星体甲与星体乙的亮度的比值小于 D.若星体甲与星体乙的星等值的差大于10,则星体甲与星体乙的亮度的比值小于 10.已知函数定义域为,是奇函数,,,分别是函数,的导函数,函数在区间上单调递增,则( ) A. B. C. D. 11.如图,圆锥内有一个内切球,球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形,为圆锥底面圆的中心,为圆的一条直径(与不重合),则下列说法正确的是( ) A.球的表面积与圆锥的侧面积之比为 B.平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线 C.四面体的体积的取值范围是 D.若为球面和圆锥侧面的交线上一点,则最大值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.先将函数的图象向左平移个单位长度,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,所得图象与函数的图象关于x轴对称,若函数在上恰有两个零点,且在上单调递增,则的取值范围是 . 13.正方体的棱长为2,底面内(含边界)的动点到直线的距离与到平面的距离相等,则三棱锥体积的取值范围为 . 14.已知函数有三个不同的零点,,,且,则实数a的取值范围是 ;的值为 . 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.(13分)在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足. (1)求角C; (2)若的面积为,点D为AB中点,且,求c边的长. 16.(15分)已知在直三棱柱中,,直线与平面ABC成的角. (1)求三棱锥的体积; (2)求二面角的余弦值. 17.(15分)树人中学高三(1)班某次数学质量检测(满分150分)的统计数据如下表: 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中,已知总体划分为2层,把第一层样本记为,其平均数记为,方差记为;把第二层样本记为,其平均数记为,方差记为;把总样本数据的平均数记为,方差记为. (1)证明:; (2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差(精确到1); (3)假设全年级学生的考试成绩服从正态分布,以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值.如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级,试确定各等级的分数线(精确到1). 附:. 18.(17分)已知椭圆C:的离心率为,两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为. (1)求椭圆C的标准方程; (2)我们称圆心在椭圆C上运动,半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”,过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线,分别交椭圆C于A,B两点,若直线OA,OB的斜率存在,记为,. ①求证:为定值; ②试问是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由. 19.(17分)约数,又称因数.它的定义如下:若整数除以整数得到的商正好是整数而没有余数,我们就称为的倍数,称为的约数.设正整数共有个正约数,即为,,,,. (1)当时,若正整数的个正约数构成等比数列,请写出一个的值; (2)当时,若,,,构成等比数列,求正整数的所有可能值; (3)记,求证:. 数学试卷A 第1页,共3页 数学试卷A 第1页,共3页 学科网(北京)股份有限公司 参考答案: 1.C 【分析】解出集合B中的不等式,得到集合B,再进行补集和交集的运算. 【详解】由,解得,则有,, 所以. 故选:C. 2.A 【分析】设,进而结合已知和复数相等的定义求解即可. 【详解】解:设,则, 由可得,即, 所以,可得, 所以. 故选:A 3.B 【分析】利用导数求出参数的取值范围,再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】当时,,,∴在上单调递增,故充分性成立, 当在单调递增,∴,即,∴,故必要性不成立, 所以“”是“在区间上单调递增”的充分不必要条件. 故选:B 4.B 【分析】由题设,,结合重要不等式、基本不等式判断各项的正误即可. 【详解】由题设,,所以,故A错; 且,而,故B对; ,故C错; , 设,则,则在上递增, 所以,故D错. 故选:B. 5.A 【分析】由题设得利用向量夹角公式求得,根据新定义及正余弦齐次运算可求目标函数值. 【详解】由题意得 则, 又, ∴, ∴,, , 故选: 6.B 【分析】根据抛物线定义将转化为,再由的最小值、点线距离公式求最小值. 【详解】 作垂直抛物线准线于,连接,则,故, 所以,由图知:的最小值为到直线的距离, 所以. 故选:B 7.B 【分析】由已知得,,,利用,借助正切值列方程求双曲线的离心率. 【详解】双曲线的右焦点为,渐近线方程为, ,则有,到渐近线的距离, ,,∴,, 则,,, 由,有,即, 解得,则有,所以离心率. 故选:B. 8.D 【分析】利用对数的运算和作差法,随机变量的创新应用即可判断. 【详解】依题意知,,,,…,, ∴, 又, ∴,又,,…,, ∴,∴. 故选:D. 9.ABD 【分析】根据各选项条件,由对数关系式,进行对数不等式或方程的运算求解即可. 【详解】对选项A,若,则, 即,,, , 所以星等值越小,星星就越亮, 故A正确; 对选项B,当,时,,则,B正确; 对选项C,若,则,即,C错误; 对选项D,若,则,即,D正确. 故选:ABD. 10.ABD 【分析】由是奇函数,,令可求判断选项A,两边求导判断选项B,由,得到和的关系,求导判断选项C,利用单调性判断选项D. 【详解】对于A,由是奇函数,则,令,有,A正确. 对于B,由是奇函数,则,有, 所以,B正确. 对于C,由,有,, ∴,∴,C错. 对于D,由知关于直线对称, ∵在上单调递增,∴在上单调递减, ,当且仅当时取等号, 令,则, 解得,在上单调递增, 则,即,有. 令,,时,在上单调递减, 所以, 有,即. 而, ∴,D正确. 故选:ABD. 11.ABD 【分析】利用球的表面积公式及圆锥的侧面积的公式可判断A,由圆锥曲线定义可得选项B正确, 求出点到面的距离的范围,进而可得体积的取值范围可判断C,写出的表达式,利用三角函数函数可得的最大值,从而判断选项D. 【详解】对选项A,设圆锥的底面半径为,球的半径为,圆锥的母线长为, 因为是边长为2的等边三角形,则,, 连接,,,由条件可知,,,且, 则,所以, 则,即, 所以球的表面积,圆锥的侧面积, 所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为,故选项A正确; 因为平面与母线VB平行,所以截得圆锥侧面的交线形状为抛物线,故选项B正确; 对选项C,由题意是的中点,所以四面体的体积等于, 设点到平面的距离为,当,处于,时,, 当,处于弧中点时,最大,为1,所以, 如图作交于,由对选项A可知,, 则,,所以,从而, 所以的面积, 所以, 因为,所以,故, 所以四面体的体积的取值范围是,故选项C不正确; 对选项D,由题意得球面和圆锥侧面的交线为以为直径的圆, 以为坐标原点,所在直线为轴,为轴,建立空间直角坐标系, 则,,设, 则, , 所以, 所以 即, 所以当时,有最大值,故选项D正确. 故选:ABD. 12. 【分析】先根据题目的要求平移伸缩对称变换得到的解析式,然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递增,列出不等式组,即可求得本题答案. 【详解】函数的图象向左平移个单位长度,得到的图象, 再将图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变,得到的图象,因为函数的图象与的图象关于x轴对称, 所以, 因为,所以, 又因为在恰有2个零点,且,, 所以,解得, 令,,得,,令,得在上单调递增,所以, 所以,又,解得. 综上所述,,故的取值范围是. 故答案为: 13. 【分析】根据点的位置及满足的条件可求得点的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线在底面内的一部分,写出其轨迹方程,以为坐标原点建立空间直角坐标系再利用空间向量可求得点到平面的距离的表达式,利用点坐标的取值范围即可求出三棱锥体积的取值范围. 【详解】根据题意可知,连接,在底面内作于点,如下图所示: 由正方体性质可知即为到直线的距离,为到平面的距离, 所以; 在底面内,由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线的一部分, 截取底面,分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系,如下图所示: 又正方形边长为2,易知抛物线过点,,且对称轴为轴, 设抛物线方程为,代入两点坐标可得,解得 所以的轨迹抛物线方程为, 以为坐标原点,分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系,如下图所示: 则,所以, 设,平面的一个法向量为, 则,令,解得,即; , 则点到平面的距离为, 令,易得, 所以, 易知在三棱锥中,底面是边长为的正三角形, 所以, 所以三棱锥的体积; 即三棱锥体积的取值范围为. 故答案为: 【点睛】方法点睛:利用抛物线定义可求出点的轨迹方程,再利用空间向量求出点到平面的距离的表达式,即可得出其体积的取值范围. 14. 1 【分析】①令,则方程有两个不等的实根,,数形结合,根据的图象得出结果;②由韦达定理代入求值即可. 【详解】由, 令,∴, 令,, 当时,,单调递增;当时,,单调递减, 当时,. 作出大致图象如下,要使原方程有三个不同的零点, (*)式关于t的一元二次方程有两个不等的实根,,其中,, 令,∴, 且,,, ∴, 故答案为:;1. 【点睛】求解复合函数零点问题的方法: (1)此类问题与函数图象结合较为紧密,在处理问题的开始要作出两个图像; (2)若已知零点个数求参数的范围,则先估计关于的方程中解的个数再根据个数与的图像特点,决定参数的范围. 15.(1) (2) 【分析】(1)先利用正弦定理将边转化为角,再利用三角形内角和消去角A,求角C; (2)先利用向量运算及三角形面积公式得到边a,b的关系,再利用余弦定理求边c. 【详解】(1)由得 , , 因为 所以. (2)由已知得, 所以 , 所以, 所以, 因为的面积为,所以, 即,, 由余弦定理得 , 所以. 16.(1) (2) 【分析】(1)根据侧棱与底面垂直可得,由此求得底面三角形各边长;根据线面垂直的判定可证得平面,得到三棱锥的高为;利用等体积法,根据三棱锥体积公式求得结果; (2)以为原点建立空间直角坐标系,根据二面角的空间向量求法可求得结果. 【详解】(1)三棱柱为直三棱柱 平面,底面 与底面所成角为 底面,平面 又,即,平面, 平面,又 平面 (2)以为原点,可建立如图所示空间直角坐标系 则,,, ,,, 设平面的法向量 ,令,则, 设平面的法向量 ,令,则, 二面角为锐角 二面角的余弦值为 【点睛】本题考查立体几何中三棱锥体积的求解、空间向量法求解二面角的问题;求解三棱锥体积的常用方法为等体积法,将所求三棱锥转化为高易求的三棱锥,结合三棱锥体积公式求得结果. 17.(1)证明见解析; (2)平均数为96分,标准差为18分; (3)将定为等级,定为等级,定为等级,定为等级. 【分析】(1)利用平均数及方差公式即可求解; (2)利用平均数及方差公式,结合标准差公式即可求解; (3)根据(2)的结论及正态分布的特点即可求解. 【详解】(1) , 同理. 所以. (2)将该班参加考试学生成绩的平均数记为,方差记为, 则, 所以 又,所以. 即该班参加考试学生成绩的平均数为96分,标准差约为18分. (3)由(2)知,所以全年级学生的考试成绩服从正态分布, 所以. . 故可将定为等级,定为等级,定为等级,定为等级. 18.(1) (2)①为定值,证明见解析;②为定值 【分析】(1)由已知条件列方程组求出,可得椭圆C的标准方程; (2)设直线,的方程,由相切列等式利用韦达定理求;直线方程与椭圆方程联立,表示出,利用已知条件化简即可. 【详解】(1)依题意得,解得, 所以椭圆的标准方程为. (2)①直线,的方程分别为,设椭圆的“卫星圆”的圆心为, 因为直线,为“卫星圆”的两条切线,则, 化简得,, 所以,为方程的两根,故, 又因为,所以,故为定值; ②设,由 ,,解得, ,由于,所以, 得, 所以为定值. 【点睛】方法点睛: 解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题. 19.(1)(答案不唯一); (2),中为质数; (3)证明见解析. 【分析】(1)根据定义得,然后取公比为2即可得; (2)根据约数定义分析其规律,然后化简可得,由是整数的最小质因数可得,进而可得公比,然后可求a; (3)利用变形得,然后利用裂项相消法结合放缩放即可得证. 【详解】(1)由题意可知,, 当时,正整数的个正约数构成等比数列, 取公比为2得:,,,为的所有正约数,即. (2)根据约数定义可知,数列中,首尾对称的两项之积等于a, 即, 所以,,,, 因为,依题意可知,所以, 化简可得,所以, 因为,所以, 因此可知是完全平方数. 由于是整数的最小质因数,是的因子,且,所以, 所以,数列,,,的公比为, 所以,,为,,,, 所以,其中为质数. (3)由题意知(), 所以, 因为,,, 所以 因为,,所以, 所以,即. 【点睛】关键点睛:本题关键在于根据约数定义分析其性质,抓住,,以及为质数即可求解. 数学答案 第1页,共2页 数学答案 第1页,共2页 学科网(北京)股份有限公司 $$