广东省衡水金卷2024届高三下学期2月大联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省衡水金卷2024届高三下学期2月大联考数学试卷（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，若z满足，则，已知，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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，则中元素的个数为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
2．已知在中，，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．若，则（ ）
A． B． C． D．
5．若定义在上的函数满足，则下列结论一定正确的为（ ）
A．的图象关于原点对称 B．的图象关于y轴对称
C．的图象关于点对称 D．的图象关于直线对称
6．已知点P是曲线在第一象限内的一点，A为的左顶点，R为PA的中点，F为的右焦点．若直线OR（O为原点）的斜率为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．在某电路上有C、D两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换C元件的概率为0.2，需要更换D元件的概率为0．1，则在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．在各棱长都为2的正四棱锥中，侧棱VA在平面VBC上的射影长度为（ ）
A． B． C． D．2
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3分，有选错的得0分。
9．若z满足，则（ ）
A．z的实部为3 B．z的虚部为1
C． D．z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为3
10．已知，则（ ）
A．若，则存在唯一的实数p，q，使得
B．若，则
C．若，则
D．若，则在上的投影向量为
11．若过点可作曲线的n条切线，则（ ）
A．若，则
B．若，且，则
C．若，则
D．过，仅可作的一条切线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．如图是一个正四棱台，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6，体积为，则侧面积为_________．
13．在数列中，，且，则的通项公式为_________．
14．若圆C与抛物线在公共点B处有相同的切线，且C与y轴切于的焦点A，则_________．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（本小题满分13分）
某小区在2024年的元旦举办了联欢会，现场来了1000位居民．联欢会临近结束时，物业公司从现场随机抽取了20位幸运居民进入摸奖环节，这20位幸运居民的年龄用随机变量X表示，且．
（1）请你估计现场年龄不低于60岁的人数（四舍五入取整数）；
（2）奖品分为一等奖和二等奖，已知每个人摸到一等奖的概率为，摸到二等奖的概率为，每个人摸奖相互独立，设恰好有n（）个人摸到一等奖的概率为，求当取得最大值时n的值．
附：若，则．
16．（本小题满分15分）
如图，在圆锥SO中，若轴截面SAB是正三角形，C为底面圆周上一点，F为线段OA上一点，D（不与S重合）为母线上一点，过D作DE垂直底面于E，连接OE，EF，DF，CF，CD，且．
（1）求证：平面平面DEF；
（2）若为正三角形，且F为AO的中点，求平面CDF与平面DEF夹角的余弦值．
17．（本小题满分15分）
设函数，其中a为实数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．
18．（本小题满分17分）
在直角坐标系中，已知．
（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）设直线l不过坐标原点且不垂直于坐标轴，l与C交于A、B两点，点为弦AB的中点．过点M作l的垂线交C于D、E，N为弦DE的中点．
①证明：l与ON相交；
②已知l与直线ON交于T，若，求的最大值．
19．（本小题满分17分）
在无穷数列中，令，若，则称对前n项之积是封闭的．
（1）试判断：任意一个无穷等差数列对前n项之积是否是封闭的？
（2）设是无穷等比数列，其首项，公比为q．若对前n项之积是封闭的，求出q的两个值（若多求，则按前2个计分）；
（3）证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前n项之积都是封闭的．
数学参考答案及解析
一、选择题
1．D【解析】因为，，所以中元素的个数为7．故选D．
2．D【解析】由余弦定理得，所以．故选D．
3．B【解析】，所以B正确．故选B．
4．A【解析】因为，所以或，因为，所以．故选A．
5．A【解析】若，当时，令，因为，所以，即；当时，令，因为，所以，即；当时，令，因为，所以，综上，，，所以是奇函数，所以A正确；若，则成立，但B、C、D都不成立．故选A．
6．A【解析】设，所以，因为直线OR的斜率为，所以，化简得，，与联立解得，或3，其中舍去，所以P点的坐标为，又，所以的面积为．故选A．
7．C【解析】记事件E：在某次通电后C、D有且只有一个需要更换，事件F：C需要更换，则，，由条件概率公式可得．故选C．
8．B【解析】把正四棱锥放入正四棱柱中，则V是上底面的中心，取的中点E，的中点F，连接EF，BE，CF，由图可知，过A作，垂足为G，在正四棱柱中，平面，平面，所以，，，平面EFCB，所以平面EFCB，所以侧棱VA在平面VBC上的射影为VG，由已知得，，，所以，所以，所以．故选B．
二、选择题
9．AB【解析】设，因为，所以，所以．，解得，所以，所以A，B正确；，所以C错误；因为z对应的向量坐标为，所以z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为，所以D错误．故选AB．
10．ACD【解析】A：当时，不共线，所以可以作为一组基向量，由平面向量基本定理得，存在唯一的实数p，q使得，所以A正确；B：若，则，所以不成立，所以B错误；C：若，则，所以，所以C正确；D：若，则，所以在上的投影向量为，所以D正确．故选ACD．
11．ABD
【解析】设切点，则，切线为，代入整理得，令，，令得．当时，在上单调递增，在上单调递减，，至多有2个零点，放A正确；当时，在上单调递减，在上单调递增，，，当时，，且时，，所以，B正确；若，则，即，同理当时，，即，C错误；
②时，，单调递减；又时，时，，则当时，有1个零点，即，D正确．故选ABD．
三、填空题
12．
【解析】设该正四棱台的高、斜高分别为h，，由已知得，，所以，，所以正四棱台侧面积为．故答案为．
13．
【解析】因为，，因为，所以，所以，所以．故答案为．
14．
【解析】抛物线的焦点为，准线l为，依题意不妨令C在第一象限，，则圆C的半径，设，则圆C的方程为，由，则，所以抛物线在点B处的切线m的斜率，因为圆C与抛物线在公共点B处有相同的切线，所以直线CB与m垂直，所以，则①，又点B在圆C上，所以，则②，所以，整理可得，解得，或（舍去），所以，所以，所以．故答案为．
四、解答题
15．解：（1）因为，所以，（1分）
则，（4分）
所以现场年龄不低于60岁的人数大约为（人）． （6分）
（2）依题意可得，，（7分）
设，
所以， （9分）
所以 （11分）
所以， （12分）
n为整数，所以，
所以当取得最大值时n的值为8． （13分）
16．解：（1）因为，所以， （1分）
因为平面SCO，平面SCO，
所以平面SCO， （2分）
因为DE垂直底面于E，SO垂直底面于O，所以，
同理平面SCO， （3分）
因为，且平面SCO，平面SCO，所以平面平面DEF． （5分）
（2）设圆锥的底面半径为2，
因为轴截面SAB是正三角形，所以， （6分）
如图，设平面SDEO与底面圆周交于G，
因为为正三角形，且F为AO的中点，
所以，所以E为OG的中点，
所以DE为的中位线，所以, （7分）
如图，在底面圆周上取一点H，使得，以直线OH，OB，OS为x，y，z轴建立空间坐标系，（8分）
由已知得，， （9分）
设EF的中点为M，则平面DEF的法向量为， （11分）
所以，
设平面CDF的一个法向量为，
所以，
，令，则，
则， （13分）
所以平面CDF与平面DEF夹角的余弦值为． （15分）
17．解：（1）的定义域为，， （2分）
令，得或， （3分）
；，
所以的单调递增区间为，
单调递减区间为． （5分）
（2），
由在上有两个不同的极值点得，有两个不同的正根，
则，解得， （7分）
因为， （9分）
设，
则，
故在上单调递增， （12分）
又，
故． （15分）
18．解：（1）因为，
所以， （1分）
所以，化简得，
所以P的轨迹C的标准方程为． （3分）
（2）①因为直线l不过坐标原点且不垂直于坐标轴，
所以．
设点，
所以,
由题意得，，
相减得， （4分）
所以，
所以，
所以，
所以， （5分）
同理得，，又，
相乘得，， （6分）
因为，所以， （7分）
因为，所以，所以， （8分）
所以l与ON相交． （9分）
②l的方程为，直线DE的方程为,
直线ON的方程为，
联立得，， （11分）
故， （12分）
又
， （14分）
当且仅当即时取等号，
又，即当且仅当时取等号，
所以，故的最大值为． （17分）
19．解：（1）不是的． （1分）
如等差数列，， （2分）
所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的． （3分）
（2）是等比数列，其首项，公比q，
所以，
所以， （4分）
由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，
使得成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得成立， （5分）
①当时，得，所以； （7分）
②当时，得，且，
综上，或．[答案正确即可] （9分）
（3）对任意的无穷等比数列，，
令，则， （11分）
下面证明：是对前n项之积是封闭的．
因为，所以， （12分）
取正整数得，， （13分）
所以对前n项之积是封闭的， （14分）
同理证明：也对前n项之积是封闭的， （16分）