广东省佛山市2024届高三上学期教育教学质量检测模拟（二）数学试题

这是一份广东省佛山市2024届高三上学期教育教学质量检测模拟（二）数学试题，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，若集合，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
3．已知点，，，点P在所在平面内，且满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则的增区间为（ ）
A．B．C．D．
5．在西双版纳热带植物园中有一种原产于南美热带雨林的时钟花，其花开花谢非常有规律.有研究表明，时钟花开花规律与温度密切相关，时钟花开花所需要的温度约为，但当气温上升到时，时钟花基本都会凋谢.在花期内，时钟花每天开闭一次.已知某景区有时钟花观花区，且该景区6时时的气温（单位：）与时间（单位：小时）近似满足函数关系式，则在6时时中，观花的最佳时段约为（ ）（参考数据：）
A．时时B．时时
C．时时D．时时
6．已知平面，直线，若且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．如图，A，分别是椭圆的左、右顶点，点在以为直径的圆上（点异于A，两点），线段与椭圆交于另一点，若直线的斜率是直线的斜率的4倍，则椭圆的离心率为（ ）

A．B．C．D．
8．已知非常数列满足，若，则
A．存在，，对任意，，都有为等比数列
B．存在，，对任意，，都有为等差数列
C．存在，，对任意，，都有为等差数列
D．存在，，对任意，，都有为等比数列
二、多选题
9．若甲组样本数据（数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据的平均数为5，下列说错误的是（ ）
A．的值不确定
B．乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍
C．两组样本数据的极差可能相等
D．两组样本数据的中位数可能相等
10．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）

A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
12．已知当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
13．杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配．已知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）．
14．若函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，若对满足的，，有的最小值为，则 ．
15．已知双曲线的右焦点为F，离心率为，点A是双曲线C右支上的一点，O为坐标原点，延长AO交双曲线C于另一点B，且，延长AF交双曲线C于另一点Q，则 .
16．如图，在中，，，，点是边（端点除外）上的一动点.若将沿直线翻折，能使点在平面内的射影落在的内部（不包含边界），且.设，则t的取值范围是________________.
四、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求C的值；
(2)若，求的周长的最大值．
五、证明题
18．如图，已知直圆柱的上、下底面圆心分别为，是圆柱的轴截面，正方形内接于下底面圆，点是中点，.

(1)求证：平面平面；
(2)若点为线段上的动点，求直线与平面所成角的余弦值的最小值.
六、解答题
19．为了保障学生的饮食安全和健康，学校对饭堂硬件和菜品均进行了改造升级，改造升级后的饭堂菜品受到了很多学生的欢迎，因此在学校饭堂就餐成为了很多学生的就餐选择.现将一周内在饭堂就餐超过3次的学生认定为“喜欢饭堂就餐”，不超过3次的学生认定为“不喜欢饭堂就餐”.学校为了解学生饭堂就餐情况，在校内随机抽取了100名学生，统计数据如下：
(1)依据小概率值的独立性检验，分析学生喜欢饭堂就餐是否与性别有关.
(2)该校小林同学逢星期三和星期五都在学校饭堂就餐，且星期三会从①号、②号两个套餐中随机选择一个套餐，若星期三选择了①号套餐，则星期五选择①号套餐的概率为0.8；若星期三选择了②号套餐，则星期五选择①号套餐的概率为，求小林同学星期五选择②号套餐的概率.
(3)用频率估计概率，从该校学生中随机抽取10名，记其中“喜欢饭堂就餐”的人数为，事件“”的概率为，求使取得最大值时的值.
参考公式：，其中.
七、证明题
20．已知抛物线，为其焦点，，，三点都在抛物线上，且，直线，，的斜率分别为，，．
(1)求抛物线的方程，并证明；
(2)已知，且，，三点共线，若且，求直线的方程．
21．记数列的前项和为，且满足
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，证明对任意，；
(3)某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）.
参考数据：，，
22．已知函数.
(1)若存在极值，求的取值范围；
(2)若，已知方程有两个不同的实根，，证明：.（其中是自然对数的底数）
性别
饭堂就餐
合计
喜欢饭堂就餐
不喜欢饭堂就餐
男生
40
10
50
女生
20
30
50
合计
60
40
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．A
【分析】利用复数的运算化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为复数（为虚数单位），
则，
因此，.
故选：A.
2．B
【分析】利用集合相等，求出，再根据互异性求出的取值情况并检验即可.
【详解】根据题意,,故，则,
则，由集合的互异性知且，
故，则， 即或（舍），
当时，，符合题意，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】题意说明是外心，求出点坐标后，由射影向量的定义求解．
【详解】设，则得：
，解得，即，
，
，，
所以在上的投影向量为．
故选：B．
4．A
【分析】利用复合函数的单调性求函数的增区间.
【详解】函数定义域为，
令，又在上单调递增，的增区间为，
所以的增区间为.
故选：A.
5．C
【分析】由三角函数的性质求解
【详解】当时，，则在上单调递增.设花开､花谢的时间分别为.
由，得，解得时；
由，得，解得时.
故在6时时中，观花的最佳时段约为时时.
故选：C
6．B
【分析】根据线线垂直、线面垂直和面面垂直的相互转化和必要不充分条件的定义可得答案.
【详解】如下图且，，则l//a，此时，，所以，充分性不成立；

若，因为，所以，必要性成立，

故 “”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7．C
【分析】利用椭圆与圆的性质计算即可.
【详解】设，易知，
则，，
又，
所以.
故选：C
8．B
【解析】本题先将递推式进行变形，然后令，根据题意有常数，且，将递推式通过换元法简化为，两边同时减去，可得，此时逐步递推可得.根据题意有，则当，时，可得到数列是一个等差数列，由此可得正确选项.
【详解】解：由题意，得.
令，则，
为非零常数且，
均为非零常数，
∴常数，且.
故.
两边同时减去，可得
，
∵常数，且，
，且.
，
∵数列是非常数数列，
，
则当，即，即，即时，
.
此时数列很明显是一个等差数列.
∴存在，只要满足为非零，且时，对任意，都有数列为等差数列.
故选：B.
【点睛】本题主要考查递推式的基本知识，考查了等差数列的基本性质，换元法的应用，逻辑思维能力和数学运算能力，是一道难度较大的题目.
9．ABC
【分析】由甲组平均数为，则乙组平均数为，解得值，又乙组方差为甲组方差的倍，可判断选项AB，再利用极差与中位数定义判断CD项.
【详解】对选项A，由题意可知，，故A错误；
对选项B，易知乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的倍，故B错误；
对选项C，不妨设，
则甲组数据的极差为，
乙组数据的极差为，
又已知甲组数据各不相同，
所以两组样本数据的极差不相等，故C错误；
对选项D，设甲组样本数据的中位数为，
则乙组样本数据的中位数为，
当时，，
所以两组样本数据的中位数可能相等，故D正确.
故选：ABC.
10．ABC
【分析】对于A，在表达式中令结合已知即可验证；对于B，在表达式中令结合A选项分析即可验证；对于C，在表达式中令结合已知即可验证；对于D，结合B、C选项的分析即可验证.
【详解】对于A，在中令，可得，
又，所以，故A选项正确；
对于B，在中令，可得，
又由A选项分析可知，所以，
所以，由实数具有任意性，所以，故B选项正确；
对于C，在中令，结合，
故可得，所以，
由于实数具有任意性，所以，故C选项正确；
对于D，由C选项分析可知，而由B选项分析可知，
所以，故D选项错误.
故选：ABC.
11．BCD
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．

建立如图所示的空间直角坐标系，设，

，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
12．BCD
【分析】根据给定的不等式，赋值变形判断A；赋值求和判断BC；变形不等式右边，借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答.
【详解】因为，令，，
则，故A错误；
因为，则，，…，，
以上各式相加有，B正确；
因为，则，，…，，
以上各式相加有，C正确；
由得，，即，
，因此，所以D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点睛：由给定信息判断命题的正确性问题，从给定的信息出发结合命题，对变量适当赋值，再综合利用相关数学知识及方法是解决问题的关键.
13．140
【分析】对选出的3名会说韩语的志愿者分为2种情况讨论即只会韩语中选3人和选2人，分别求出其方法总数即可得出答案.
【详解】若从只会韩语中选3人，则种，
若从只会韩语中选2人，则种，
故不同的选人方案共有种.
故答案为：140.
14．
【分析】先求解的解析式，根据可知一个取得最大值一个取得最小值，结合三角函数的性质和的最小值为，即可求解的值；
【详解】由函数的图像向右平移，可得
由可知一个取得最大值一个取得最小值，
不妨设取得最大值，取得最小值，
，，．
可得，
所以，
的最小值为，
，得，
故答案为：.
15．
【分析】在中，由勾股定理可求得、用含有a的代数式表示，在中，由勾股定理可求得用含有a的代数式表示，在中，由勾股定理可求得可用含有a的代数式表示，进而求得结果.
【详解】如图所示，
∵ ，则 ，，
由双曲线的对称性知：， ，
又∵，
∴四边形 为矩形，
设 ，则由双曲线的定义知：，
在中，，即： ，
整理得：，即： ，
∵，∴ ，
∴
设 ，则由双曲线的定义知：，
在中，，即：，
解得： ，即：，
又∵，
∴在中，
∴
故答案为：.
16．.
【分析】由已知分析可得，在过与的垂线上，且在以为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．然后求出极端情况，即在上与在上的的值，即可求得的取值范围．
【详解】解：如图，
平面，过作，连接，可得，
即在过与的垂线上，又，则在以为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．
分析极端情况：
①当在上时，，，可得，设为，
在△中，，且，可得，．
设，，则，，
则，，
．
在中，由正弦定理可得：，即，
得；
当在上时，有，此时．
在的内部（不包含边界），的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题的关键点在于找到点的两个临界位置，并根据几何关系求解.
17．(1)
(2)12
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解；
（2）利用余弦定理和基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）因为，所以，
即，又，所以，
所以，又，即；
（2）因为，由余弦定理可知，，
又因为，所以，
所以，
解得，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以周长的最大值为12．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明平面即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可
【详解】（1）的中点为中点，，又，可得，
又直圆柱的上、下底面圆心分别为平面
平面.
且平面平面；
又因为平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过作轴//，建立如图所示空间直角坐标系.
则，
所以，
设，
；
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
，
令，则时，，
.

19．(1)可以得到学生喜欢饭堂就餐与性别有关
(2)
(3)
【分析】（1）计算出卡方，即可判断；
（2）利用全概率公式求出星期五选择了①号套餐的概率，再利用对立事件的概率公式计算可得；
（3）首先求出学生“喜欢饭堂就餐”的概率，依题意可得，即可得到，从而得到，解得即可.
【详解】（1）由列联表可得，
所以依据小概率值的独立性检验，可以得到学生喜欢饭堂就餐与性别有关.
（2）记星期三选择了①号套餐为事件，选择②号套餐为，
星期五选择了①号套餐为事件，选择②号套餐为，
则，，，
所以，
所以.
（3）依题意可得学生“喜欢饭堂就餐”的概率，
则，所以（且），
若取得最大值，则，
即，
即，解得，
又且，所以.
20．(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）由抛物线的定义和，求得，得出抛物线的方程及点，利用斜率公式，分别求得，即可求解；
（2）设直线的方程为，其中（），联立方程组，利用韦达定理和根与系数的关系，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由题抛物线，，且，
根据抛物线的定义，可得，解得，
所以抛物线的方程为，且点，
设点，可得，同理，
，
所以，，
所以，即.
（2）由，且三点共线，
设直线的方程为，其中（），
联立，消去得，
则，，
又由，解得或，
因为，所以，即，
则，解得，
由（1）知，所以，
即，且，所以，
所以直线的方程为，即.
【点睛】方法点睛：
直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解.
21．(1)
(2)证明见解析
(3)5
【分析】（1）由可得，对分奇偶利用累加法可得，从而可得数列的通项公式；
（2）设，作差判断数列的单调性，由差可设，设函数，求导即可得单调性，从而证明不等式成立；设，求导得单调性，从而可证得不等式；
（3）结合（2）中不等式可得，在根据对数运算进行估值，即可得的估计值.
【详解】（1）因为，当时，，即，
当时，，则
整理得，
当为偶数时，，，，……，
累加得，即，
当为奇数时，，，，，……，
累加得，即，
综上，可得，所以由可得；
（2）设，则
所以
设，设函数，所以
所以当时，，故可得 ，
故
设，所以恒成立，可知，则，令可得
所以，则
累加得：，所以，
故，原不等式得证.
（3）设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得
又，则，故.
【点睛】关键点点睛：要证明不等式和，结合数列单调性证明作差法进行变形处理，在判断差的符号时，关键是构造函数，利用函数和导数的关系确定最值从而判断差的符号，即可证得结论.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义分类讨论进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合构造函数法、对数均值不等式进行证明即可.
【详解】（1）因为，所以，，
当，即时，，则为单调递增函数，不可能有极值，舍去；
当，即时，令，解得，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在取得极大值，符合题意；
综上：，故实数的取值范围为.
（2）由得:.
由得即
构造.易知在单调递增且.
∴.即取对数得
设.则
即.
利用对数均值不等式有即证得.
要证.只要证明.
设.由（*）可且
则
在单调递减，则.即
对数均值不等式.
证明如下:不妨设，要证，即证，，
令即证，即
即证:.
令，则
所以结论得证.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用对数均值不等式.