2024届广东省惠州市高三上学期第二次调研数学试题含答案

这是一份2024届广东省惠州市高三上学期第二次调研数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求集合中的的取值范围，再根据交集运算求解即可
【详解】，，则
故选：A
【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题
2．复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】由复数的运算与模的概念求解．
【详解】由题意得，，
故选：D
3．已知向量，．若，则（ ）
A．6B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量共线的坐标运算即可求解.
【详解】由向量，，且，
则，解得．
故选：B
4．已知，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别化简即可明显比较出三者大小关系.
【详解】因为，，
所以.
故选：C.
5．在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为：29，30，38，25，37，40，42，32，那么这组数据的第75百分位数为（ ）
A．37.5B．38C．39D．40
【答案】C
【分析】由百分位数的概念求解．
【详解】数据按从小到大排序为，
而，故第75百分位数为，
故选：C
6．金针菇采摘后会很快失去新鲜度，甚至腐烂，所以超市销售金针菇时需要采取保鲜膜封闭保存．已知金针菇失去的新鲜度与其采摘后时间（天）满足的函数解析式为，．若采摘后1天，金针菇失去的新鲜度为40%，采摘后3天，金针菇失去的新鲜度为80%．那么若不及时处理，采摘下来的金针菇在多长时间后开始失去全部新鲜度（已知，结果取一位小数）（ ）
A．4.0天B．4.3天C．4.7天D．5.1天
【答案】C
【分析】由已知条件两式相除求出，设天后开始失去全部新鲜度，则，再与已知一式相除可求得．
【详解】由已知，相除得，，，
因为，故解得，
设天后开始失去全部新鲜度，则，又，
所以，，，，．
故选：C．
7．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，点在椭圆上，且在第一象限，过作的外角平分线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由椭圆的定义与几何性质得边长关系，再由离心率的概念求解．
【详解】设与交于点，
由题意，平分，则，是中点，
，
而是中点，故是的中位线，，
则，，，，
故选：B
8．已知函数，若关于x的方程有四个不同的解，则实数m的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据的解析式，可得的单调性、奇偶性，即可作出的图象，即可求得t的最小值，利用导数判断的单调性，结合t的范围，作出的图象，数形结合，可得 时，的图象与图象有2个交点，此时与分别与有2个交点，即即有四个不同的解，满足题意，即可得答案.
【详解】设，则有四个不同的解，
因为，
所以为偶函数，且当时，为增函数，
所以当时，为减函数，
所以，即，
当时，，
则，
令，解得，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
又，
作出时的图象，如图所示：

所以当时，的图象与图象有2个交点，且设为，
作出图象，如下图所示：

此时与分别与有2个交点，即有四个不同的解，满足题意.
综上实数m的取值范围为.
故选：A
【点睛】解题的关键是根据解析式，利用函数的性质，作出图象，将方程求根问题，转化为图象求交点个数问题，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.
二、多选题
9．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．是递增数列B．
C．数列的最大项为和D．满足的最大的正整数为10
【答案】BCD
【分析】由与关系求通项判断AB，由二次函数性质判断CD．
【详解】由得当时，，
当时，，时也满足，
故，，A错误，B正确，
由二次函数的对称轴为，故当或时最大，故C正确，
满足得，，最大的正整数为10，故D正确，
故选：BCD
10．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ）
A．该圆台的高为1cmB．该圆台轴截面面积为
C．该圆台的侧面积为D．该圆台的体积为
【答案】BCD
【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断B选项；由台体的侧面积公式可判断C选项；由圆台的体积公式即可判断D选项.
【详解】
如图，作交于，易得，则，则圆台的高为，A错误；
圆台的轴截面面积为，B正确；
圆台的侧面积为，故C正确；
圆台的体积为，D正确.
故选：BCD
11．某校高二年级在一次研学活动中，从甲地的3处景点、乙地的4处景点中随机选择一处开始参观，要求所有景点全部参观且不重复.记“第站参观甲地的景点”为事件，，2，…，7，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据古典概型的概率公式可判断A,C选项，继而根据条件概率的计算公式可判断B选项，结合对立事件判断D选项.
【详解】由题意可得 A正确；
，故B正确；
由于，C错误；
,所以D错误.
故选：AB.
12．已知函数在上单调，，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由三角函数的性质判断周期后求解．
【详解】在上单调，则，
而，有以下情况，
①，而，则，，，
②，而，
则，，，或，，，
综上，的可能取值为，，，
故选：ABD
三、填空题
13．在的展开式中，的系数是 .
【答案】10
【分析】由二项式定理求解．
【详解】的展开通项为，
当时，的系数为10，
故答案为：10
14．已知抛物线的焦点为，准线为，与轴平行的直线与和分别交于，两点，若，则 .
【答案】4
【分析】抛物线的定义结合题意得到为等边三角形，设准线与轴交于点，，即可得出答案.
【详解】由抛物线的定义可知，为等边三角形，
设准线与轴交于点，则，.
故答案为：4.
15．已知点，若，两点在直线l上，则点A到直线l的距离为 .
【答案】3
【分析】先求与方向相同的单位向量，然后由公式可得.
【详解】依题意，而，
故与方向相同的单位向量为，
则所求距离.
故答案为:3
16．已知正四面体ABCD的棱长为2，P为AC的中点，E为AB中点，M是DP的动点，N是平面ECD内的动点，则的最小值是 .
【答案】
【分析】取中点，先由面得在线段上，再把沿翻折到平面上，得到的最小值即到的距离，
再借助三角函数的知识求出最小值即可.
【详解】
取中点，连接，由正四面体可知，又，面，
又，面，当最小时，面，故在线段上.
由面可得，又，，，
将沿翻折到平面上，如图所示：
易知，
则，
故的最小值即到的距离，即.
故答案为：.
四、问答题
17．已知为等差数列，是公比为正数的等比数列，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，记的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列与等比数列的通项公式列方程组求解，
（2）由裂项相消法求解．
【详解】（1）设的公差为，的公比为，
由题得，解得，则.
（2），
.
五、解答题
18．如图，已知平行六面体中，所有棱长均为2，底面是正方形，侧面是矩形，点为的中点，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明来证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）设是的中点，连接，由于是的中点，所以，
由于，所以，所以，
由于四边形是矩形，所以，
由于平面，
所以平面.
（2）由于四边形是正方形，结合（1）的结论可知两两相互垂直，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设.
设平面的法向量为，
则，故可设.
设平面与平面的夹角为，
则.
19．已知函数在处取得极值0.
(1)求；
(2)若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得，即可得解；
（2）切点坐标为，根据导数的几何意义可得切线方程为，从而可得，再根据过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，利用导数求出函数的单调区间及极值，即可得解.
【详解】（1）由题意知，
因为函数在处取得极值0，
所以，解得，
经检验，符合题意，所以；
（2）由（1）可知，函数，所以，
设切点坐标为，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
令，则，
令，解得，或，
当变化时，的变化情况如下表所示，
因此，当时，有极小值，
当时，有极大值，
过点存在3条直线与曲线相切，
等价于关于的方程有三个不同的根，则，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
20．的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.
(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得，
此时就变为．
由诱导公式得，所以．
在中，由正弦定理知，
此时就有，即，
再由二倍角的正弦公式得，解得．
[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】
由解法1得，
两边平方得，即．
又，即，所以，
进一步整理得，
解得，因此．
[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】
根据题意，由正弦定理得，
因为，故，
消去得．
，，因为故或者，
而根据题意，故不成立，所以，
又因为，代入得，所以.
(2)[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】
因为是锐角三角形，又，所以，
则．
因为，所以，则，
从而，故面积的取值范围是．
[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及（1）知的面积．
因为为锐角三角形，且，
所以即
又由余弦定理得，所以即，
所以，故面积的取值范围是．
[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．
由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，
所以点C位于在线段上且不含端点，从而，
即，即，所以，
故面积的取值范围是．

【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；
方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；
方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.
(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；
方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；
方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.
21．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，且双曲线的离心率为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若有两个半径相同的圆，它们的圆心都在轴上方且分别在双曲线的两条渐近线上，过双曲线右焦点且斜率为的直线与圆都相切，求两圆圆心连线的斜率的范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由抛物线得焦点，得双曲线的．再利用离心率计算公式，及，即可解得，；
（2）利用点斜式得直线的方程为．由（1）可得双曲线的渐近线方程为．进而可设圆，圆，其中，．因为直线与圆，都相切，利用点到直线的距离公式可得，经过化简可得与的关系，再利用斜率计算公式即可得出，把与的关系代入即可得出的取值方法．
【详解】解：（1）由抛物线得焦点，得双曲线的．
又，，
解得，．
双曲线的方程为．
（2）直线的方程为．
由（1）可得双曲线的渐近线方程为．
由已知可设圆，圆，其中，．
因为直线与圆，都相切，所以，
得直线与，或，即，或，
当时，，不合题意；
设两圆，圆心连线斜率为，则，
当时，；
当时，，
，，，故可得且；
综上：两圆，圆心连线斜率的范围为．
六、应用题
22．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为p（0(1)若，当k=2时，求控制系统中正常工作的元件个数X的分布列和数学期望，并求；
(2)已知设备升级前，单位时间的产量为a件，每件产品的利润为4元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的2倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是8元.记设备升级后单位时间内的利润为Y（单位：元）.
（i）请用表示E（Y）；
（ii）设备升级后，若将该设备的控制系统增加2个相同的元件，请分析是否能够提高E（Y）.
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为，.
(2)（i）；（ii）当时，提高；当时，没有提高
【分析】（1）结合二项分布的知识求得分布列、数学期望，从而求得.
（2）（i）求得的分布列，从而求得.
（ii）通过差比较法，对进行分类讨论，来分析能否提高.
【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为，
因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以.
所以，
，
，
，
所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为：
控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为.
.
（2）（i）设备升级后，在正常运行状态下，单位时间内的利润为，
所以的分布列为：
所以.
（ii）若控制系统增加个元件，则至少要有个元件正常工作，设备才能正常工作，
设原系统中正常工作的元件个数为，
第一类：原系统中至少有个元件正常工作，
其概率为；
第二类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增个元件中至少有个正常工作，
其概率为；
第三类：原系统中恰好有个元件正常工作，新增个元件全部正常工作，
其概率为.
所以
.
所以，
所以当时，，单调递增，即增加个相同元件，设备正常工作的概率变大；
当时，，即增加个相同元件，设备正常工作的概率没有变大.
因为，
所以当时，提高；当时，没有提高.
1
-
0
+
0
-
单调递减
单调递增
0
单调递减




设备运行概率