精品解析：广东省江门市第一中学2024届高三下学期阶段性考试（二）数学试题

江门一中2024届高三年级下阶段性考试（二） 高三数学试卷 本试卷共4页，19题，满分150分.考试时间120分钟 注意： 1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上. 2、所有题目必须在答题卡上指定位置上作答，不按以上要求作答的答案无效. 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，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，进而，结合复数的乘法计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 所以. 故选：B 2. 已知集合，，，则集合的非空子集共有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 8个 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合，根据交集的概念确定集合中元素的个数，进而即可求得集合的非空子集个数. 【详解】因为，又， 所以，所以， 则集合的子集共有个，非空子集个， 故选：B 3. 有下列一组数据：，则这组数据的下四分位数是（ ） A. 11 B. 33 C. 13 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由百分位数的计算公式即可求解. 【详解】该组数据从小到大排列为，共有9个数据， 且， 则这组数据的下四分位数是从小到大排列的第三个数，即13. 故选：C. 4. 已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状. 【详解】连接， 因为平面，平面， 所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 同理可证明， 因为，平面， 故平面， 故平面即为平面， 则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选：A 5. 已知，且，则函数的图象一定经过（ ） A. 一、二象限 B. 一、三象限 C. 二、四象限 D. 三、四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由函数过点，分类可解. 【详解】当时，， 则当时，函数图象过二、三、四象限； 则当时，函数图象过一、三、四象限； 所以函数的图象一定经过三、四象限. 故选：D 6. 已知某六名同学在CMO竞赛中获得前六名（无并列情况），其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有（ ） A. 72种 B. 96种 C. 144种 D. 288种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分别求出甲是第一，乙是第一的可能情况，再利用分类加法计数原理计算即可. 【详解】由题意，丙可能是4，5，6名，有3种情况， 若甲是第一名，则获得的名次情况可能是种， 若乙是第一名，则获得的名次情况可能是种， 所以所有符合条件的可能是种. 故选：C. 7. 已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有， .若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（ ） A. 599 B. C. 554 D. 568 【答案】D 【解析】 【分析】先由与的递推关系式推出的通项公式，进而得到的通项公式，然后根据与的通项公式，找出它们相同的项，从而可求的前20项的和. 【详解】因为，所以，又因为，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即， 所以，， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列，即， 所以，， 由得，所以， 所以 . 故选：D. 8. P是椭圆C：（）上一点，、是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，由题意得出是等腰直角三角形，列方程组得到含的齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图，设，，延长交于A， 由题意知，O为的中点，故为中点， 又，即，则， 又由，则是等腰直角三角形， 故有，化简得，即， 代入得， 即，由所以， 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. 已知m，n是异面直线，，，那么（ ） A. 当，或时， B. 当，且时， C. 当时，，或 D. 当，不平行时，m与不平行，且n与不平行 【答案】AB 【解析】 【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可. 【详解】A：当，时，； 当，时，，故A正确； B：当，时，又为异面直线，所以，故B正确； C：当时，由，得或与相交； 当时，由，得或与相交，故C错误； D：当不平行时，可能或与相交，或与相交，故D错误. 故选：AB 10. 已知函数（，）的最大值为，其部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数为偶函数 C. 满足条件的正实数，存在且唯一 D. 是周期函数，且最小正周期为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，再根据函数的最大值及求出，由求出的取值，再根据周期确定的值，即可得到函数解析式，即可判断. 【详解】因为（其中、）， 又，解得， 又，所以，故A正确； 则， 又，即， 结合图象可知，所以， 又，所以，解得，所以，故C正确； 所以，则为奇函数，故B错误； 是周期函数，且最小正周期，故D正确. 故选：ACD 11. 已知，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】通过合理的赋值，结合已知条件，即可比较大小. 【详解】令可得：，又，故要么同时大于，要么同时小于； 令可得：，又，故要么同时大于，要么同时小于； 结合，故，满足题意；但，不满足题意. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知样本，，的平均数为2，方差为1，则，，的平均数为_____________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据平均数和方差的定义建立方程组，解之即可求解. 【详解】由题意知，，所以， 由，得， 所以. 故答案为：5 13. 在中，角所对应的边分别为，已知，则角__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意结合正弦定理可解出，进而求得，由角的取值范围即可解出. 【详解】，即，即， 由正弦定理，， ，即， 因为，所以， 所以， 因为，所以. 故答案为：. 14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______． 【答案】 【解析】 【分析】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点，由题意可得，化简可得，则，构造函数，利用导数求出其最大值即可. 【详解】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点， 由，得；由得. 则， 所以，所以，即. 设，则. 由；由. 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数. 即的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查导数几何意义，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是设出两切点的坐标，由切线为两曲线的公切线列方程组求解，考查数学转化思想和计算能力. 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，三棱柱中，侧面底面ABC，且，． （1）证明：平面ABC； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取BC的中点M，连结MA、． 因为，，所以，， 由于AM，平面，且， 因此平面， 因为平面，所以， 又因为，所以， 因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC， 因为，所以平面ABC. （2）. 【解析】 【分析】（1）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证. （2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：因为，且，所以． 以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：将直三棱柱补成长方体． 连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ， 因为平面，且平面， 所以， 又因为，由于BD，平面，且， 所以平面，则为直角三角形， 由于平面，所以， 因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ， 因为平面CPQ，所以， 则∠CQP为平面与平面的夹角或补角， 在中，由等面积法可得, 因为，所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为. 16. 已知函数，是的导函数，且． （1）若曲线在处的切线为，求k，b的值； （2）在（1）的条件下，证明：． 【答案】（1），； （2） 设函数，， 则， 设，则， 所以，当时，，单调递增． 又因为， 所以，时，，单调递增； 时，，单调递减． 又当时，， 综上在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值， 即， 所以，当时，． 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得的值，再由导数意义可求切线，得到答案； （2）设函数，利用导数研究函数的单调性从而求出最小值大于0，可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以． 则曲线在点处的切线斜率为． 又因为， 所以曲线在点处的切线方程为， 即得，． 【小问2详解】 略 17. 随着中国科技的进步，涌现了一批高科技企业，也相应产生了一批高科技产品，在城市，生产某高科技产品的本地企业有甲､乙两个，城市的高科技产品的企业市场占有率和指标的优秀率如下表： 市场占有率 指标的优秀率 企业甲 企业乙 其它 （1）从城市的高科技产品的市场中随机选一件产品，求所选产品的指标为优秀的概率； （2）从城市的高科技产品的市场中随机选一件产品，若已知所选产品的指标为优秀，求该产品是产自企业甲的概率； （3）从城市的高科技产品的市场中依次取出6件指标为优秀的产品，若已知6件产品中恰有4件产品产自企业甲，记离散型随机变量表示这6件产品中产自企业乙的件数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列： 【解析】 【分析】（1）利用全概率公式计算可得； （2）利用条件概率的概率公式计算可得； （3）首先求出，，依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 记事件、、分别为所选产品来自企业甲、企业乙、其它， 记事件表示所选产品的指标为优秀， 则 ， 即所选产品的指标为优秀的概率. 【小问2详解】 由（1）可得， 即若已知所选产品的指标为优秀，则该产品是产自企业甲的概率为. 【小问3详解】 由（1）可知，， ， 依题意的可能取值为、、， 所以，，， 所以的分布列为： 所以. 18. 设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列． （1）求C的方程； （2）若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于． 【答案】（1）； （2）证明：（法一）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点， 设AB的中点为E， 因为，，则点． 因为， 所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点， 所以△AMN面积为△ABM面积的． 记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离， 所以， 当时，等号成立．所以命题得证． （法二）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点． 所以直线MN与x轴垂直． 记△AMN的面积为S， 所以 ． 当时，等号成立． 所以命题得证． 【解析】 【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果； （2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明. 【小问1详解】 设点，， 由题可知，当时，显然有； 当时，直线OM的方程为，点． 联立直线AB与C的方程得，， 所以，， 因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列， 所以． 即，， 化简得． 将代入上式得， 则， 所以曲线C的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，联立抛物线方程，根据相切求出，再得出，最后计算出面积表达式求出其最值即可. 19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是． （1）写出这个数列的前7项； （2）如果且，求m，n的值； （3）记，，求一个正整数n，满足． 【答案】（1），，，，，，； （2）； （3）（答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解； （2）根据数列的定义，分和分别求解； （3）根据数列的定义，写出的值，即可求解. 【小问1详解】 根据题意，，， ，，， ，． 【小问2详解】 由已知，m，n均为奇数，不妨设． 当时，因为，所以，故； 当时，因为，而n为奇数，，所以． 又m为奇数，，所以存在，使得为奇数． 所以． 而，所以，即，，无解． 所以． 【小问3详解】 显然，n不能为偶数，否则，不满足． 所以，n为正奇数． 又，所以． 设或，． 当时，，不满足； 当时，，即． 所以，取，时， 即． 【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江门一中2024届高三年级下阶段性考试（二） 高三数学试卷 本试卷共4页，19题，满分150分.考试时间120分钟 注意： 1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上. 2、所有题目必须在答题卡上指定位置上作答，不按以上要求作答的答案无效. 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，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，，则集合的非空子集共有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 8个 3. 有下列一组数据：，则这组数据的下四分位数是（ ） A. 11 B. 33 C. 13 D. 22 4. 已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 5. 已知，且，则函数的图象一定经过（ ） A. 一、二象限 B. 一、三象限 C. 二、四象限 D. 三、四象限 6. 已知某六名同学在CMO竞赛中获得前六名（无并列情况），其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有（ ） A. 72种 B. 96种 C. 144种 D. 288种 7. 已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有， .若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（ ） A. 599 B. C. 554 D. 568 8. P是椭圆C：（）上一点，、是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为（ ） 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. 已知m，n是异面直线，，，那么（ ） A. 当，或时， B. 当，且时， C. 当时，，或 D. 当，不平行时，m与不平行，且n与不平行 10. 已知函数（，）的最大值为，其部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数为偶函数 C. 满足条件的正实数，存在且唯一 D. 是周期函数，且最小正周期为 11. 已知，，若，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知样本，，的平均数为2，方差为1，则，，的平均数为_____________． 13. 在中，角所对应的边分别为，已知，则角__________. 14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______． 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，三棱柱中，侧面底面ABC，且，． （1）证明：平面ABC； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 16. 已知函数，是的导函数，且． （1）若曲线在处的切线为，求k，b的值； （2）在（1）的条件下，证明：． 17. 随着中国科技的进步，涌现了一批高科技企业，也相应产生了一批高科技产品，在城市，生产某高科技产品的本地企业有甲､乙两个，城市的高科技产品的企业市场占有率和指标的优秀率如下表： 市场占有率 指标的优秀率 企业甲 企业乙 其它 （1）从城市的高科技产品的市场中随机选一件产品，求所选产品的指标为优秀的概率； （2）从城市的高科技产品的市场中随机选一件产品，若已知所选产品的指标为优秀，求该产品是产自企业甲的概率； （3）从城市的高科技产品的市场中依次取出6件指标为优秀的产品，若已知6件产品中恰有4件产品产自企业甲，记离散型随机变量表示这6件产品中产自企业乙的件数，求的分布列和数学期望. 18. 设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列． （1）求C的方程； （2）若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于． 19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是． （1）写出这个数列的前7项； （2）如果且，求m，n的值； （3）记，，求一个正整数n，满足． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $