精品解析：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

深圳市外国语学校高2024届高三教学情况测试（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. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【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. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 设函数，则方程的实根个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 已知其中则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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. 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. 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 【答案】ACD 【解析】 【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. 已知，为方程的两个实根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【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：， 所以得：，当且仅当 时取等号，故A项正确； 对于B项：由，所以得： ，故B项错误； 对于C项：， 所以得：，故C项正确； 对于D项： 当时取等号，故D项正确. 故选：ACD. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】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. 【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 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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__________. 【答案】 【解析】 【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. 已知 是双曲线的左焦点，是 的右顶点，过点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__________. 【答案】2 【解析】 【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. 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_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【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， 所以结合图像可知，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：，. 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，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. 【答案】（1）证明：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： ，直线与平面所成角的正弦值为； 若选择条件②：直线与平面所成角的正弦值为. 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（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. 【小问1详解】 在中，，则， ，所以 在中，，由正弦定理得， ， 所以景观道路 的长度为米. 【小问2详解】 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. 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 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9 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）. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 数学期望 （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故； 【小问2详解】 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 0 1 2 3 二项分布的数学期望. 【小问3详解】 设在第轮中，较高分和较低分分别为和， 则，且，， 故，且 从而. 即. 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. 【答案】（1）的增区间为，无减区间 （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. 【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，利用在上单调递性得，设，利用的单调性可得答案. 【小问1详解】 当时，， ， 所以的增区间为，无减区间； 【小问2详解】 略 【点睛】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. 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：（）. 【答案】（1） （2）证明：由于对任意的正整数（）,存在中的项,使得.所以均不为零. 必要性：（）,由于, ∴；；；…；. 通过解此方程组,可得（）成立. 充分性：若（）成立,不妨设（）,可以得到 ∴；；；…；. ∴（）成立. 故（）的充分必要条件为（） （3）证明：设：,,…的所有不同取值为,且满足：. 不妨设, 其中；；…；. 又∵,根据变换有：；；…；； ∴：,,, 即：,,, ∴：,,, ∵, ∴,,…,. ∴, 即：,,, 从而（）. 故（） 【解析】 【分析】（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即可. （3）设：,,…的所有不同取值为,且满足：.设.根据,结合题意中的变换可得：,,,即可证明（）. 【小问1详解】 ∵,对数列:, ∴. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了数列中的新定义,充分必要条件的证明,抽象数列的性质及应用,对思维能力要求高,属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市外国语学校高2024届高三教学情况测试（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. 2 3. 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、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. 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：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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，是的右顶点，过点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，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 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9 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：（）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $