广东省深圳实验学校高中部2024届高三教学情况测试（一）数学试题

深圳实验学校高2024届高三教学情况测试（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．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 3．的展开式中，的系数为（    ） A．96 B．144 C．180 D．216 4．“”是“二次函数有零点”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知，是两条不重合的直线，，，是三个不重合的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．平面向量与向量满足,且，,则向量与的夹角为 A． B． C． D． 7．一次竞赛考试，老师让学生甲､乙､丙､丁预测他们的名次.学生甲说：丁第一；学生乙说：我不是第一；学生丙说：甲第一；学生丁说：甲第二.若有且仅有一名学生预测错误，则该学生是（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 8．已知双曲线的左､右焦点分别为，点在轴上，且的内心坐标为，若线段上靠近点的三等分点恰好在上，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．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数的图象关于点对称 C．将函数的图象向右平移个单位，所得函数为偶函数 D．若，则 10．已知数列满足，则（    ） A．数列是等比数列 B．数列是等差数列 C．数列的前项和为 D．能被3整除 11．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（    ） A．若平面是面积为的等边三角形，则 B．若，则 C．若，则球面的体积 D．若平面为直角三角形，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．函数的值域为 ． 13．已知点为圆上的动点，过圆心作直线垂直于轴交点为，点为关于轴的对称轴，动点满足到点与到的距离始终相等，记动点到轴距离为，则的最小值为 ． 14．某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 ． 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）5G技术对社会和国家十分重要．从战略地位来看，业界一般将其定义为继蒸汽机革命、电气革命和计算机革命后的第四次工业革命．某科技集团生产A，B两种5G通信基站核心部件，下表统计了该科技集团近几年来在A部件上的研发投入（亿元）与收益y（亿元）的数据，结果如下： 研发投入x（亿元） 1 2 3 4 5 收益y（亿元） 3 7 9 10 11 (1)利用样本相关系数r说明是否可以用线性回归模型拟合y与x的关系（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性）； (2)求出y关于x的经验回归方程，并利用该方程回答下列问题： ①若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入多少研发资金？（精确到0.001亿元） ②该科技集团计划用10亿元对A，B两种部件进行投资，对B部件投资元所获得的收益y近似满足，则该科技集团针对A，B两种部件各应投入多少研发资金，能使所获得的总收益P最大． 附：样本相关系数，回归直线方程的斜率，截距． 16．（15分）在中，角的对边分别为. （1）求的取值范围； （2）若，求的值. 17．（15分）设函数. （1）求证：有极值点； （2）设的极值点为，若对任意正整数a都有，其中，求的最小值. 18．（17分）已知抛物线C：（）的准线与圆O：相切． (1)求C的方程； (2)设点P是C上的一点，点A，B是C的准线上两个不同的点，且圆O是的内切圆． ①若，求点P的横坐标； ②求面积的最小值． 19．（17分）已知有穷数列，，，，满足，且当时，，令． （1）写出所有可能的值； （2）求证：一定为奇数； （3）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．． 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 深圳实验中学高2024届高三教学情况测试（一） 数学试题参考答案 1．A 【解析】先分别解出集合与集合，然后解出及. 【详解】集合或， 集合或， 则，或 故选：A. 【点睛】本题考查交集、补集的概念及运算，较简单. 2．D 【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案. 【详解】， 故. 故选：D. 3．D 【分析】由二项式展开式的通项公式，就可求出指定项的系数. 【详解】．当时，, 故选:D． 4．A 【分析】根据二次函数有零点，求得a的范围判断. 【详解】若二次函数有零点， 则，解得或， 所以 “”是“二次函数有零点”的充分不必要条件， 故选：A 5．D 【分析】对ABC，举反例判断即可；对D根据线面平行与线面垂直的性质判定即可 【详解】对A，若，，则或，故A错误； 对B，若，，则或，故B错误； 对C，长方体同一顶点所在的三个平面满足，，，故C错误； 对D，若，则平行于内的一条直线，又，故，故成立，故D正确； 故选：D 6．C 【分析】根据向量数量积的性质，得到，代入已知等式得到，设向量与的夹角为，结合向量数量积的定义和，，算出，最后根据两个向量夹角的范围，可得答案 【详解】，则 又 ，解得 设向量与的夹角为， 则，即 解得 ， ， 故选 【点睛】本题给出两个向量的模，并且在已知它们的和向量与其中一个向量数量积的情况下，求两个向量的夹角，着重考查了平面向量数量积的运算和两个向量夹角等知识，属于基础题． 7．C 【分析】丙和丁必有一个错误，分类讨论后可得正确的选项. 【详解】显然丙丁有一个错误，倘若丙正确，则与甲矛盾，故丁错误. 故选：C. 8．C 【分析】设，在中由等面积法可求出，进而求出，，代入的方程化简即可得出答案. 【详解】设，则，（为坐标原点）， 设的内心为，所以的内切圆的半径为， 在中，，又， 由等面积法得，解得， 所以为等边三角形，其边长为，高为，则， 所以，代入的方程得， 整理得，由， 可得，两边同时除以， 可得，解得，因为， 所以，即. 故选：C. 9．AD 【分析】由函数图象可得、，结合五点法求参数，即可得的解析式，再应用代入法判断对称点，由图像平移及正弦函数的性质判断函数的奇偶性，利用诱导公式、倍角余弦公式求的值. 【详解】由图象知：，故A正确，又，即， ∴，可得，则， 又，故，得：，. 又，则有， 综上，. ∴，即不是对称点，B错误； ，显然不是偶函数，C错误； ，则， 又，且，D正确. 故选：AD. 10．BCD 【分析】利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明. 【详解】由可得：，所以数列是等比数列，即， 则显然有，所以不成等比数列，故选项A是错误的； 由数列是等比数列可得：，即，故选项B是正确的； 由可得：前项和，故选项C是正确的； 由 ，故选项D是正确的； 方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的； 故选：BCD． 11．BC 【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D. 【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则， 又，故则，故A错误； 对于B，由可得，故，即B正确； 对于C，由可得，故. 由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积, 而球面的体积，故C正确； 对于D，由余弦定理可知由可得，， 即，化简得，． 取，则，则，故D错误． 故选：BC 12． 【分析】利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求和的值域，再取并集即可. 【详解】因为当时，， 当时，， 所以函数的值域为， 故答案为： 13． 【分析】根据动点满足到点与到的距离始终相等，得到动点的轨迹为开口向左的抛物线，然后利用抛物线的定义， 由的最小值为求解. 【详解】如图所示：   ， 由抛物线的定义可知，动点的轨迹为开口向左的抛物线， 其焦点坐标为，准线方程为， 所以抛物线方程为． 圆的圆心为，半径为， 连接交圆于点，交抛物线于点，此时最小， 利用两点距离公式得， 所以的最小值为． 故答案为： 14．236 【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案. 【详解】（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类： ①曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）； ②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）. 按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）； （2）秋老师教10班，同理也有126（种）； （3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类： ①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）； ②曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）. 按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）； 但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去， 故不同的排课方法种数有：（种）. 故答案为：236 【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”； （4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数. 15．(1)答案见解析 (2)回归方程为，①6.684亿元；②在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元. 【分析】（1）先计算出，再根据公式计算出，再由即可判断； （2）根据公式先求出回归直线方程，①令，解不等式即可求解；②根据题意，写出总收益的函数表达式，对函数求导，得出函数的单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可. 【详解】（1），， ，，， ∴． 可以用线性回归模型拟合y与x的关系． （2）∵， ∴， ∴y关于的经验回归方程为， ①令，得，解得， ∴若要使生产A部件的收益不低于15亿元，估计至少需要投入6.684亿元研发资金． ②设B部件的研发投入为亿元，则A部件的研发投入为亿元， 总收益， ， 令得， 当时，，P单调递增；当，，P单调递减， 所以当时，P取得最大值22亿元． 所以该科技集团在A，B两种部件上分别投入8亿元，2亿元的研发资金，可使所获得的总收益P最大． 16．（1）；（2）. 【分析】（1）利用三角形的内角和性质可得，，由，可得，从而可得的取值范围. （2）利用正弦定理的边角互化可得，由（1）可得，代入上式即可求解. 【详解】（1）由及，得， 所以，所以. 由，得 得，故的取值范围为. （2）若，由正弦定理有，① 由（1）知，则.② 由①②得， 所以， 解得或， 又，所以. 17．（1）证明见解析；（2）2. 【详解】（1）由题意得，所以，所以函数单调递增， 由，得. 因为，所以，所以. 当时，单调递增； 当时，单调递减. 因此，当时函数有极值. （2）由（1）知，函数的极值点（即函数的零点）唯一， 因为. 令，则，得. 当时，单调递减；当时，单调递增， 所以，所以. 而，当时，， 当时，. 又. 因为a为正整数且时，所以. 当时，. 即对任意正整数，都有，，所以恒成立， 且存在，使，也存在，使. 所以的最小值为2. 【点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出，，得出的可能值. 18．(1) (2)①3；② 【分析】（1）根据题意可知抛物线C的准线为，进而可得和抛物线方程； （2）设，根据直线与圆O相切分析可知是方程的两根，利用韦达定理可得.①令，运算求解即可；②根据题意可得，换元结合基本不等式运算求解. 【详解】（1）因为圆O：的圆心为，半径， 由题意可知：抛物线C的准线为，可得， 所以抛物线C的方程为. （2）设， 可知直线，即， 因为直线与圆O相切， 则，整理得， 且，化简可得：， 同理可得：， 同构可知：是关于x的方程的两根， 则， 可得， 注意到点在抛物线C：上，则， 则. ①若，整理得， 解得或（舍去），即点P的横坐标为3； ②因为点到准线的距离， 则面积， 设，则， 可得， 且，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以面积的最小值为. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）． 19．（1）4，2，0，，；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）由题意，列举出满足条件的数列的所有可能情况，求解即可得到答案； （2）由，可设，则或，由此分析可得，，设中有个1，个，即可证明为奇数； （3）由（2）可知，为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，表示出，分两种情况进行研究，得出矛盾，从而得到答案． 【详解】（1）解：由题意，满足条件的数列的所有可能情况有： 0，1，2，1，0，此时； 0，1，0，1，0，此时； 0，1，0，，0，此时； 0，，，，0，此时； 0，，0，1，0，此时； 0，，0，，0，此时． 综上所述，的所有可能取值为4，2，0，，； （2）证明：由，可设，则或， 所以， 因为，所以， 设中有个1，个，则， 故为奇数； （3）解：为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列， ， 则当，，，，的前项取1，后项取时，最大， 此时，不符合题意； 如果，，，，的前项中恰有项，，，取， 后项中恰有项，，，取1， 则， 若，则， 因为是奇数，所以是奇数，而是偶数， 因此不存在数列，使得． 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 $$