广东省中山市第一中学2024届高三第二次调研数学试题(教师版)
展开命题人:李虎 郝友 审核人: 李文东
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. 已知复数,(),若为纯虚数,则的值为( )
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照复数的乘法法则,计算,只需保证复数实部为,虚部不为即可.
【详解】由于复数,,
则,
若为纯虚数,只需,
解得.
故选:A.
2. 已知正方形的边长为4,为边的中点,为边上一点,若,则=
A. 5B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由题意,以点为坐标原点,分别以所在直线方向为轴、轴建立平面直角坐标系,得到各点坐标,再设点坐标,根据题意求出点坐标,即可得出结果.
【详解】因为四边形为正方形,以点为坐标原点,分别以所在直线方向为轴、轴建立如图所示的平面直角坐标系,
因为正方形的边长为4,为边的中点,
所以,
又为边上一点,所以设,
则,,
又,所以,解得,
所以.
故选A
【点睛】本题主要考查已知数量积求向量的模的问题,熟记坐标系的方法求解即可,属于常考题型.
3. 已知集合,集合,则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得集合后,与集合进行交运算即可.
【详解】令,
解得,
所以,
又,
故,
故选:B.
4. 已知,,则“”是“”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】运用诱导公式,和充分必要条件的定义判断求解
【详解】,,,
,,即成立
反之,,若,则不成立
所以“”是“”成立的必要不充分条件,
故选:C
5. 已知等比数列的公比为,为其前n项和,且,则当取得最大值时,对应的为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等比数列通项公式、前n项和公式及已知得,应用基本不等式求最大值,并确定取值条件即可.
【详解】由题设,,
所以
,
当且仅当,即时取等号,
所以当取得最大值时,对应的为3.
故选:B
6. 教室通风的目的是通过空气的流动,排出室内的污浊空气和致病微生物,降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度,送进室外的新鲜空气.按照国家标准,教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应不超过.经测定,刚下课时,空气中含有的二氧化碳,若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为,且随时间(单位:分钟)的变化规律可以用函数描述,则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为(参考数据:)( )
A. 11分钟B. 13分钟C. 15分钟D. 17分钟
【答案】B
【解析】
【分析】由题意解出解析式中的参数,后解对数不等式求解即可.
【详解】由题意得,当时,,将其代入解析式,解得,
故解析式为,令,解得,
化简得,结合,可得,
所以该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为13分钟.
故选:B.
7. 在四面体PABC中,AP,AB,AC两两垂直,,若四面体PABC内切球的半径不小于,则AC的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据锥体体积公式表示出;再根据内切球的特点,利用分割法表示出,建立关于的等式;最后利用函数的单调性即可求解.
【详解】
取棱中点,记为.
由题意得:,,.
因为,平面,平面.
所以平面
则.
设,四面体PABC内切球的半径为.
因为AP,AB,AC两两垂直,.,
则,
所以在中,,.
则的面积为,
因为
.
所以四面体PABC内切球的半径.
因为是关于的增函数,,
所以的解集为.
故选:D
【点睛】关键点点睛:本题考查几何体内切球问题及锥体的体积公式.解题关键在于根据内切球的特点,利用分割法及锥体体积公式两种方法表示出,建立关于内切球半径的等式,再利用函数的单调性求解.
8. 已知圆D是以圆上任意一点为圆心,半径为1的圆,圆与圆D交于A,B两点,则当最大时,的面积为( )
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】设,写出圆方程,求得直线的方程,利用点到直线的最小值来求得最大时的面积.
【详解】设,则,
设
,,
圆的方程为①,
圆:的圆心为,半径为,
圆的方程可化为②,
由①②得直线的方程为,即,
是等腰三角形,为顶角,则当到直线的距离最小时,最大,
当到直线的距离为
,
当且仅当时等号成立.
当当到直线的距离取最小值时,,
所以.
故选:A
【点睛】在利用基本不等式求最值的过程中,要注意一正、二定、三相等.求解圆与圆位置关系有关问题,首先考虑数形结合的数学思想方法,画出图象,然后根据图象、圆的几何性质来对问题进行分析和求解.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是( )
A. 轴截面为等腰直角三角形的圆锥,其侧面展开图的圆心角的弧度数为
B. 若,则
C. 已知为锐角,,角的终边上有一点,则
D. 在范围内,与角终边相同的角是和
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A,根据扇形相关知识计算即可;
对于B,根据角的范围判断正弦值和余弦值的符号,结合诱导公式和同角三角函数的平方关系化简即可;
对于C,通过同角三角函数关系和三角函数定义求得,,再通过两角和的正切公式代入计算即可;
对于D,根据终边相同的角的概念直接判断.
【详解】对于A,圆锥的轴截面为等腰直角三角形,设其母线长为,则其底面圆的直径为,
则圆锥侧面展开图的半径(即圆锥母线长)为,弧长(即底面周长)为,
所以其侧面展开图的圆心角的弧度数为,故A正确;
对于B,若,则,则,
则
,故B正确;
对于C,若为锐角,,则,则,
角的终边上有一点,则,
则,故C错误;
对于D,在范围内,与角终边相同的角是和,故D正确.
故选:ABD
10. 在某班中,男生占,女生占,在男生中喜欢体育锻炼的学生占,在女生中喜欢体育锻炼的学生占,从这个班的学生中任意抽取一人.则下列结论正确的是( )
A. 抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为
B. 抽到的学生喜欢体育锻炼的概率为
C. 若抽到的学生喜欢体育锻炼,则该学生是男生的概率为
D. 若抽到的学生喜欢体育段炼,则该学生是女生的概率为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项,设出事件,利用乘法公式求出A正确;B选项,由全概率公式得到B正确;C选项,结合B选项,利用贝叶斯公式得到C错误;D选项,利用对立事件求概率公式求出答案.
【详解】A选项,用分别表示抽到的学生是男生、女生,用表示抽到的学生喜欢体育锻炼.
由题意得,
则,
故抽到的学生是男生且喜欢体育锻炼的概率为,A正确;
B选项,由全概率公式得,B正确.
C选项,由B选项可得,C错误;
D选项,由C选项可得,D错误.
故选:AB
11. 斜圆锥顾名思义是轴线与底面不垂直的类似圆锥的锥体.如图,斜圆锥的底面是半径为2的圆,为直径,是圆周上一点,且满足.斜圆锥的顶点满足与底面垂直,是中点,是线段上任意一点.下列结论正确的是( )
A. 存在点,使得
B. 在劣弧上存在一点,使得
C. 当时,平面
D. 三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项,当为中点时,可证明;B选项,若可得出与已知位置关系矛盾;C选项,已知条件可得,再证,可得平面;D选项,由,,求出棱锥的高即可得最大体积.
【详解】当为中点时,为中点,连接,则有,
平面,平面,平面,,
,为中点,,
平面,,平面,
平面,,A选项正确;
点在劣弧上,平面,平面,平面,与可能相交可能异面,
因为,若,则,这与与或者相交或者异面矛盾,B选项错误;
,,为等边三角形,.
,,`
当时,由,,得,
则有,,
为直径,是圆周上一点,,平面,平面,,
平面,,则平面,
平面,,
,平面,所以平面,C选项正确,
,由C选项知,D点到平面的距离(即D点到平面的距离)为,,因此,D选项正确.
故选:ACD.
【点睛】方法点睛:空间几何体中的线面位置关系,要充分结合几何体和图形结构,而三棱锥的体积,要利用好等体积法.
12. 已知函数,下列说法中正确的有( )
A. 函数的极大值为
B. 函数在点处的切线方程为
C.
D. 若曲线与曲线无交点,则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数求得函数的单调性,即可知A正确;根据导数的几何意义可判断B正确;由的单调性可得,变形整理可判断C正确;将两曲线无交点等价转换成方程无解,构造函数并利用函数单调性求得当时不合题意,由时函数的最小值可解得,即可得D正确.
【详解】易知函数的定义域为,
则,令可得,
当时,,可得在上单调递增,
当时,,可得在上单调递减,
对于A,由单调性可得在处取得极大值,即A正确;
对于B,易知切线斜率为,所以切线方程为,即B正确;
对于C,利用的单调性可得,
即,也即,可得,所以,即C错误;
对于D,若曲线与曲线无交点,即方程没有实数根,也即无解;
令,则,
若,在上恒成立,即在上单调递减;
不妨取,则,
易知,,此时在上有解,不合题意;
若,令,解得;
所以当时,,此时在时单调递减;
当时,,此时在时单调递增;
此时在处取得极小值,也是最小值;
即,
依题意可得,所以即可;
解得,
即的取值范围是,所以D正确.
故选:ABD
【点睛】关键点睛:在求解D选项时,关键在于将两曲线无交点等价转换成方程无解,构造函数并利用函数单调性分类讨论以及时函数的单调性,即可解得的取值范围.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 若的二项展开式的第7项为常数项,则__________.
【答案】18
【解析】
【分析】把二项展开式的通项公式写出来,根据题意列出方程即可得解.
【详解】因为,且由题意时为常数项,故,所以.
故答案为:18.
14. 已知数列{an}满足a1=2,an+1=an+ln(1+),则an=________;
【答案】an=2+ln n
【解析】
【分析】应用累加求和的方法解决问题.
【详解】∵an+1=an+ln(1+),
∴an-an-1=ln(1+)=ln(n2),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln+ln+…+ln +ln 2+2
=2+ln(··…··2)
=2+ln n(n2).
显然满足上式
∴an=2+ln n.
故答案是:an=2+ln n.
15. 若正四棱台的上、下底边长分别为2、4,侧面积为,则该棱台体积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】作出正棱台的图象,结合其侧面积求得正四棱台的斜高,再利用棱台体积公式即可得解.
【详解】由题意,正四棱台上、下底面的边长分别为,
可得上、下底面面积为,
如图所示,取上、下底面正方形的中心分别为,再取分别为的中点,
分别连接,过点作,
因为该正四棱台的侧面积为,易得为等腰梯形的高,
所以,解得,
在中,可得,
则该正四棱台的高为,
所以该棱台的体积为.
故答案为:.
16. 已知函数,若函数f(x)在区间,各恰有一极值点,求实数a的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】通过研究导函数的正负,来判断出函数的单调性,进而分析出其极值,最后求出实数a的取值范围.
【详解】,
令,,
令,则,
(1)当时,,
所以在上单调递减,
又
当时,,
在上单调递增,
即,在上单调递减,
f(x)在区间上,无极值,
当时,当时,是减函数,
,,
所以,存在使,
当时,,为增函数,
当时,,为减函数,
由,得,
又
所以,存在,使,
当时,,为减函数,
当时,,为增函数,
所以在上有一个极值点,
(2)当时,
令,
则在上单调递增,
,,
所以,存在,使得,
当时,,是减函数,
当时,,是增函数,
,即,
则存在,使得,
当时,,是减函数,
当时,,是增函数,
又,
当时,,即,
,
所以,存在,使得,
当时,,为减函数,
当时,,为增函数,
所以在上有一个极值点,
综上,f(x)在区间,各恰有一极值点,则.
故答案为:.
【点睛】在研究函数极值点问题时,通常都是通过分析函数的单调性来确定函数的走势,构造新函数是必不可少的方法,通过反复求导来讨论出每一个函数的单调性,最后分析出原函数的单调性,进而求出极值点.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知各项均为正数的等比数列的首项.
(1)求数列的通项公式;
(2)已知数列的前项和,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用等比数列的通项公式可得答案;
(2)先利用错位相减法求出,再根据的特点可证结论.
【小问1详解】
设数列的公比为.
因为,所以,
故,
解得或.
又数列各项均为正数,所以舍去,故,
所以.
【小问2详解】
证明:由(1),得,
则,
,
两式相减得
,
因为,所以.
18. 在中,角的对边分别为,
(1)求;
(2)设边的中线,且,求的面积.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理化边为角,再根据三角形内角和定理及两角和的正弦公式化简即可得解;
(2)在和中,分别利用余弦定理结合,求出,再根据三角形的面积公式即可得解.
【小问1详解】
因为,
由正弦定理得,
又因,
所以,
所以,
又,所以,
所以,即,所以,
因为,所以,
所以,所以;
【小问2详解】
在中,由余弦定理得,
,即,
在中,由余弦定理得,
,
因为,所以,
则,所以,
则,
所以,
故,解得或(舍去),
所以的面积.
19. 已知和均是等腰直角三角形,既是的斜边又是的直角边,且,沿边折叠使得平面平面,为斜边的中点.
(1)求证:.
(2)在线段上是否存在点,使得与平面所成的角的正弦值为.若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,或.
【解析】
【分析】(1)由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可;
(2)以为原点,,,为、、轴正方向建立空间直角坐标系,设,求出直线的方向向量与平面的法向量,由线面角的向量公式求出,即可得出答案.
【小问1详解】
取中点,连接,,如图,
又为的中点,,
由,则,
又为等腰直角三角形,,,,
又,,平面,平面,
又平面,.
【小问2详解】
由(1)知,,
又平面平面,是交线,平面,
所以平面,即,,两两互相垂直,
故以为原点,,,为、、轴正方向建立空间直角坐标系,如图,
则,,,,
,,,
设为平面的一个法向量,
则,令,即,
若存在使得与平面所成的角的正弦值为,且,,
则,解得,则.
则,
整理得,,
解得,或.
故存在使得与平面所成的角的正弦值为,
此时或.
20. 杭州亚运会吉祥物为一组名为“江南忆”的三个吉祥物“宸宸”,“琮琮”,“莲莲”,聚焦共同的文化基因,蕴含独特的城市元素.本次亚运会极大地鼓舞了中国人民参与运动的热情.某体能训练营为了激励参训队员,在训练之余组织了一个“玩骰子赢礼品”的活动,他们来到一处训练场地,恰有20步台阶,现有一枚质地均匀的骰子,游戏规则如下:掷一次骰子,出现3的倍数,则往上爬两步台阶,否则爬一步台阶,再重复以上步骤,当队员到达第7或第8步台阶时,游戏结束.规定:到达第7步台阶,认定失败;到达第8步台阶可赢得一组吉祥物.假设平地记为第0步台阶.记队员到达第步台阶的概率为(),记.
(1)投掷4次后,队员站在的台阶数为第阶,求的分布列;
(2)①求证:数列()是等比数列;
②求队员赢得吉祥物的概率.
【答案】(1)答案见解析
(2)①证明见解析 ;②
【解析】
【分析】(1)由题意可得爬一步台阶的概率为,爬两步台阶的概率为,列出随机变量可能取值,求出对应的概率,求出分布列即可;
(2)(i)由题意可得,分类讨论到达第步台阶的情况,求出对应的概率,进而(),结合等比数列的定义即可证明;(ii)由(i),根据等比数列的通项公式可得,利用累加法求得(),令计算即可求解.
【小问1详解】
由题意得每轮游戏爬一步台阶的概率为,爬两步台阶的概率为,
所以随机变量可能取值为4,5,6,7,8,
可得,,
,,
,
所以的分布列:
【小问2详解】(ⅰ)证明:,即爬一步台阶,是第1次掷骰子,
向上点数不是3的倍数概率,则
到达第步台阶有两种情况:
①前一轮爬到第步台阶,又掷骰子是3的倍数得爬两步台阶,其概率为,
②前一轮爬到第步台阶,又掷骰子不是3的倍数爬一步台阶,其概率为,
所以(),
则(),
所以数列()是首项为,公比为的等比数列.
(ⅱ)因为数列是首项为,公比为的等比数列,
所以,所以,,…,,
各式相加,得:,所以(),
所以活动参与者得到纪念品的概率为
.
21. 已知椭圆方程为(),离心率为且过点.
(1)求椭圆方程;
(2)动点在椭圆上,过原点的直线交椭圆于A,两点,证明:直线、的斜率乘积为定值;
(3)过左焦点的直线交椭圆于,两点,是否存在实数,使恒成立?若存在,求此时的最小值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析. (3)存在,使成立,最小为3.
【解析】
【分析】(1)由离心率和顶点得椭圆的方程;
(2)设点P,A的坐标,由对称性得点B的坐标,计算斜率之积,证明为定值;
(3)按直线MN斜率是否为零分类讨论,计算及,并求的最小值.
【小问1详解】
由题,,,所以,
椭圆的方程为.
【小问2详解】
证明:设点,因为点P在椭圆上,所以,,
同理设点,则,,
因直线AB过原点,所以关于原点对称,点,
.
【小问3详解】
,当直线MN斜率为零时,不妨设,,
则,,,,
存在,使成立,
当直线MN斜率不为零时,设直线方程为,,,
联立方程组,消去x得,易知,
所以,,,
,
又因为,,
所以,,
又因为,当时,最小为3,
综上,存在,使成立,最小为3.
【点睛】方法点睛:过定点且斜率不为零的直线可以设为.
22. 已知函数,其中是自然对数底数.
(1)讨论的单调性;
(2)若,设关于的不等式对恒成立时的最大值为,求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)利用导数,分类讨论函数单调性;
(2)分离参数得,构造函数,利用导数研究函数的最小值,从而求出的表达式,再求取值.
【小问1详解】
的定义域为,
,
当时,,单调递增;
当时,,
,
单调递增;
单调递减;
综上,当时,在单调递增;
当时,在单调递增,
在单调递减.
【小问2详解】
因为的不等式对恒成立,
则,对恒成立,
令,
即,
令,即,
所以在上递增;
①当,即时,因为,所以,
当,,即,所以在上递增,
所以,故;
②当即时,因为,,即,
所以在上递减,所以,
故;
③当,即时,因为在上递增,
所以存在唯一实数,使得,即,
则当时,,即;当时,,即,
故在上单减,上单增,
所以,
所以,
设,则,
所以在上递增,所以.
综上所述, .
【点睛】方法点睛:对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略:
(1)通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,从而求出参数的取值范围;
(2)利用可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.
(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时,一般涉及分离参数法,但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,进行求解,若参变分离不易求解问题,就要考虑利用分类讨论法和放缩法,注意恒成立与存在性问题的区别.4
5
6
7
8
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