广东省广雅中学2024届高三下学期教学情况检测（一）数学试题

广东广雅中学2024届教学情况检测（一） 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，，则（    ） A． B． C． D． 2．如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（    ） A．， B．， C．， D．， 3．四面体的四个面中，直角三角形最多可有（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．在平面直角坐标系中，点在直线上.若向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 5．函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图象与轴的交点，为图象的最高点，且，则（ ） A． B． C． D． 6．设，分别是双曲线（，）的左右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 7．假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ） A． B． C． D． 8．如图，的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为（    ） A． B． C． D．1 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．已知函数，下列结论正确的是（    ） A．若函数无极值点，则没有零点 B．若函数无零点，则没有极值点 C．若函数恰有一个零点，则可能恰有一个极值点 D．若函数有两个零点，则一定有两个极值点 10．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（    ） A． B． C．点F到平面EAC的距离为 D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为 11．设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（    ） A． B． C．为周期函数 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．复数的虚部为 . 13．已知，则的值为 ． 14．平面上一系列点，其中，已知在曲线上，圆与y轴相切，且圆与圆外切，则的坐标为 ；记，则数列的前6项和为 ． 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）美化环境，建设美好家园，大家一直在行动.现有一个直角三角形的绿地，，计划在区域建设一个游乐场，其中米，米，. (1)若米，求的周长； (2)设，求游乐场区域面积的最小值，并求出此时的值. 16．（15分）为迎接“五一小长假”的到来，某商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中，红球2个，白球3个，黄球5个，顾客从箱子中依次不放回地摸出2个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的2个球的颜色分成以下四种情况：：1个红球1个白球，：2个红球，：2个白球，：至少一个黄球.若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖. (1)求顾客在某次抽奖中，第二个球摸到为红球的概率 (2)求顾客分别获一､二､三等奖时对应的概率； (3)若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为，求的分布列和期望. 17．（15分）已知椭圆：的左、右焦点为，，离心率为，为椭圆上的一点，且的内切圆半径最大值为. (1)求椭圆的方程； (2)直线：交椭圆于，两点，的角平分线所在的直线与直线交于点，记直线的斜率为，试问是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形，，，，. (1)求证：； (2)若， ①判断直线与直线的位置关系，并说明理由； ②求平面与平面的夹角. 19．（17分）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，． (1)若，用表示； (2)证明：； (3)若，，，证明：． 数学试卷 第1页，共3页 数学试卷 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】计算出集合、后，借助交集定义即可得. 【详解】由，可得，即， 由， 故. 故选：D. 2．D 【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断. 【详解】由题意可得：，则， 故， ∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故. 故选：D. 3．D 【分析】结合正方体可得正确的选项. 【详解】如图在正方体中，四棱锥的四个侧面都是直角三角形， 故选：D. 【点睛】根据题意,可将此四棱锥放到正方体中,即取正方体的一个上顶点,四个下顶点,然后结合正方体的特征,利用线面垂直的判定与性质进行分析即可得到侧面直角三角形的个数,这是立体几何中常用到的方法,即补体法,把问题转化到熟知的几何体中处理即可.属于基础题 4．C 【分析】确定直线的方向向量，结合数量积的运算判断出为直线的法向量，结合投影向量的含义即可求得答案. 【详解】由题意设直线的方向向量为，则， 而，则，即为直线的法向量， 又O到直线的距离为， 故在上的投影向量为，    故选：C 5．D 【分析】如图，过作轴于，根据题意得到，进而可求出，再利用，得到，则有，可求出，从而，即可求出结果. 【详解】如图，过作轴于，则， 又是等腰直角三角形，所以，故，得到， 又，所以，则，所以， 所以，得到，又，得到， 所以，则， 故选：D. 6．A 【分析】根据双曲线的定义，余弦定理建立关于的方程，化简即可求出双曲线离心率. 【详解】如图，    由双曲线定义可得，又， 所以，又渐近线方程为， 因为渐近线，所以，所以， 所以， 即，化简可得， 平方可得，即， 解得或（舍去）， 故选：A 7．C 【分析】根据题意，先分析求解设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，再分别分析三种情况求解即可 【详解】设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，由题意： ①，； ②，； ③，； 根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为 故选：C 8．B 【分析】由题意，分别求出直线过点以及与劣弧相切时的值，再结合图形，即可得. 【详解】因为圆的劣弧关于弦对称的图形恰好经过坐标原点， 所以，，当直线过时，将代入中， 所以，由对称性可知，圆弧对应的圆的圆心在轴上， 设为，则，所以， 解得，且劣弧对应的圆的半径为， 故劣弧对应的圆方程为， 当直线与劣弧相切时得， 所以， 结合图形可知当时直线与两段弧有个交点. 故选：B. 关键点点睛：本题关键在于求出直线过点以及与劣弧相切时的值. 9．AD 【分析】画出可能图象，结合图象判断选项即可. 【详解】   ，设 若函数无极值点则，则， 此时，即，所以，没有零点，如图①； 若函数无零点，则有，此时， 当时，先正再负再正，原函数先增再减再增，故有极值点，如图②； 若函数恰有一个零点，则， 此时，先正再负再正，原函数先增再减再增，有两个极值点，如图③； 若函数有两个零点，则，此时，先正再负再正， 函数先增再减再增，有两个极值点，如图④； 所以AD正确. 故选：AD. 10．BCD 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；求出平面的法向量，求出点到平面的距离判断C；求出过垂直于平面的直线与平面的交点坐标，再计算判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，显然与不共线，即与不平行，A错误； 对于B，，，因此，B正确； 对于C，，设平面的法向量， 则，令，得，而， 点F到平面的距离为，C正确； 对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为， 则，点，由，得，即， 当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转， 当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形， 令平面与平面的交线交于点G，交于点H，设，， ，，由， 得，，斜边上的高， 则截面边上的高， 截面的面积 ， 当时，，， 所以，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：选项D的求解关键是求出过点垂直于平面的直线与平面相交的交点，转化为过定点的直线旋转问题求解. 11．BC 【分析】对于A，在中，令得，为单调函数，所以；对于B，由，得，对于C，设，则由，可得，对于D，由，得，为等差数列，且，所以. 【详解】在中，令得， 所以，又为单调函数， 所以，即，所以， 所以，所以A错误； 由，得，所以B正确； 设，则由， 可得，所以， 所以，即为周期函数，所以C正确； 由，得，即， 所以为等差数列，且，即， 所以，所以， 所以D错误． 故选：BC． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于D选项，由，得，为等差数列，且，所以. 12．1012 【分析】根据错位相减法求和，复数乘除法，i乘方的周期性等相关知识直接求解. 【详解】由题意得， 所以， 所以 ， 所以 ， 所以复数z的虚部为1012. 故答案为：1012 13．31 【分析】由二项式定理得，，解得，再由二项式系数的性质求解. 【详解】解：由二项式定理得， ，解得 ． 故答案为：31． 14． 【分析】由圆与y轴相切得出圆的半径为，由圆与圆外切，得出，进而由递推公式结合求解即可. 【详解】因为圆与y轴相切，所以圆的半径为， 又圆与圆外切，所以. 两边平方并整理得，结合， ，得， 即，，以此类推 因为，所以，故. 数列的前6项和为 故答案为：；. 15．(1) (2)时，的面积取最小值为 【分析】（1）在中，由余弦定理求得，求得，从而得，化为正弦后用正弦定理求得，得周长； （2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，由面积公式得面积，由三角函数恒等变换公式，结合正弦定理性质得最小值． 【详解】（1）由题米，米，， 在中， 由余弦定理可得，则， 由余弦定理得， 在中，， 由正弦定理得，， 得 的周长为： （2）在中，由，得， 又在中，由，得， 所以 所以当且仅当， 即时，的面积取最小值为. 16．(1) (2)顾客分别获一､二､三等奖的概率分别为、、 (3)分布列答案见解析， 【分析】（1）根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得； （2）根据古典概型的概率公式及组合数公式计算可得； （3）由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，则，利用二项分布的概率公式求出分布列与数学期望. 【详解】（1）设顾客第次摸到红球为， 则； （2）由题意知，，， ，， 因此，顾客分别获一､二､三等奖的概率分别为、、； （3）由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为， 则， 所以，， ，， 则分布列为： 1 2 3 数学期望. 17．(1) (2)是定值， 【分析】（1）判断出的内切圆半径最大时点为椭圆的上（下）顶点，用等面积法列出方程组，解方程组可得； （2）（法一）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，，，又在的角平分线所在的直线上，则，计算可得出为定值； （法二）齐次化处理椭圆方程后亦通过，计算可得出为定值. 【详解】（1）因为的周长等于为定值， 所以内切圆半径最大时，即的面积最大，此时点为椭圆的上（下）顶点 可得； 又因为，，解得，，， 所以椭圆的方程为； （2）（法一）设点 由条件可知直线的斜率， 设点，， 由得： 所以，（*） 由（*）可得 ① ② ③ 由对称性，不妨令点位于第四象限， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 当直线、直线的斜率均存在时， 则，，， 又在的角平分线所在的直线上，则 ，    可得出， 化简得， 即， 将①②③式代入上式得：， 则，解得，（舍去）， 故直线方程为，令得点， 则，故为定值； 当直线、直线有一条斜率不存在时，不妨设，此时， ，所以，直线、直线， 设，则，所以（正值舍去）， 所以，所以； 综上所述，为定值. （法二） 由条件可知直线的斜率， 当直线、直线的斜率均存在时， 设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为， 设直线：，其中 由得 即 整理得 即 令，则，其中，为方程的根， 所以， 由对称性，不妨令点位于第四象限， 设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为， 则，，， 又在的角平分线所在的直线上，则， 由得， 代入整理得， 则， 故（舍去）或者， 所以直线的方程为，令得点 故，则为定值; 当直线、直线有一条斜率不存在时，不妨设，此时， ，所以，直线、直线， 设，则，所以（正值舍去）， 所以，所以； 综上所述，为定值. 18．(1)证明见解析 (2)①EF与BC异面直线，理由见解析② 【分析】（1）利用，，由余弦定理可得，再由勾股定理可得，另外同理可得，则可由线面垂直证明线线垂直. （2）利用（1）可证明三线垂直关系，再以AB的中点O为原点建立空间直角坐标系，关键点的坐标可先设，再利用三个相等关系，，联立方程组，可以求解出，有了坐标就可以分析与是不平行，平面，从而判定EF与BC是异面直线；而利用空间向量求二面角的大小，就只要去求两个平面的法向量的夹角即可得到想要的结果 【详解】（1） 不妨设，则， ∵，，由余弦定理可得： ， 所以， 即，， ， 所以，又因为， 所以， 又因为， 所以平面AEB， 平面AEB， 所以. （2）①与异面直线，理由如下： 取的中点为O，连结，为等边三角形. 所以，由（1）知平面AEB， 所以， ， 所以平面，又由. 则以A为原点，分别为x轴，y轴，以过A平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系. ，，，，， 设，，，， ，， 因为，所以， 因为，所以， 因为，可得， 所以，把代入上面两式得， 和， 所以，又，所以， 所以，， 所以，与不平行， 又因为， 则和平面共面， 则EF在平面内，或平面， 又因为点E在平面外，所以平面， 所以与不相交. 即与异面直线； ②由（1）知为平面的法向量， 设平面的法向量为， ，， ，所以，取，则， 设平面与平面夹角为 ，所以， 所以平面ABE与平面FCD的夹角为. 19．(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】 （1）根据新定义，由项系数相等可得； （2）利用新定义证明即可； （3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证. 【详解】（1）因为 ， 且， 所以，由可得， 所以. （2）因为， 所以 又因为 所以， 所以. （3）对于， 因为， 所以， 所以， 所以， ， 所以， . 【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$