精品解析：广东省深圳市东北师范大学附属中学深圳学校2024届高三下学期3月校内模拟测试数学试题

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（数学）科试卷
考试时间：120分钟 满分：150分
注意：将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知实质是求交点，进而联立组成方程组求解即可.
【详解】解：集合与集合均为点集，实质是求与的交点，
所以联立组成方程组得，
解得，或，
从而集合，
故选：C.
【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.
2. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据各选项中函数式，直接判断单调性即得.
【详解】函数在区间上单调递增，A不是；
函数在上单调递增，B不是；
函数在上单调递减，C是；
函数在上单调递增，D不是.
故选：C
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. 10C. D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出的系数.
【详解】在的展开式中，项为，
所以的系数为.
故选：A
4. 已知复数满足，复数的共轭复数为，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算、共轭复数的定义以及复数的几何意义判定选项即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限.
故选:C.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值.
【详解】，
.
故选：A
6. 在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）

A. 54B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果.
【详解】如图，

转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为，
所以增加的面积为.
故选：C.
7. 如图，已知圆的半径为2，弦长，为圆上一动点，则的取值范围为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接、，根据数量积的运算律得到，再求出即可求出的范围，从而得解.
【详解】取的中点，连接、，

则
，
又，
所以，，
即，
所以，．
故的取值范围为．
故选：C
8. 已知直线l与椭圆在第二象限交于，两点，与轴，轴分别交于，两点（在椭圆外），若，则的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到，再由条件得到也是的中点，从而得到关于的方程，进而求得，由此得解.
【详解】设：（，），设，，
联立，得，
由题意知，
所以，，
设的中点为，连接，
因为，所以，得，
又因为，，所以也是的中点，
所以的横坐标为，
从而得，因为交在第二象限，解得，
设直线倾斜角为，得，得，故A正确.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
二、多项选择题：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，请把答案填涂在答题卡相应位置上.全部选对的得6分，有选错的得0分，若三个选项，选对一个得2分；若两个选项，选对一个得3分.
9. 为得到函数图象，只需要将函数的图象（ ）
A. 向左平行移动个单位B. 向左平行移动个单位
C. 向右平行移动个单位D. 向右平行移动个单位
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件，逐项分析各个选项，利用诱导公式化简函数解析式即可判断.
【详解】A选项，向左平行移动个单位，有，A正确；
B选项，向左平行移动个单位，有，B错误；
C选项，向右平行移动个单位，有，
，C正确；
D选项，向右平行移动个单位，有，
，D正确；
故选：ACD
10. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）．比如取正整数，根据上述运算法则得出．猜想的递推关系如下：已知数列满足，，设数列的前 项和为 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出数列的前几项，可得数列中从第4项起以4，2，1循环，然后一一分析判断即可.
【详解】因为数列满足，，
所以
，
所以，
所以AB正确，C错误，
因为数列中从第4项起以4，2，1循环，而，
所以，所以D正确，
故选：ABD
11. 在棱长为2的正方体中，点，，分别是线段，线段，线段上的动点，且.则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 直线与所成的最大角为
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当四棱锥体积最大时，该四棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】，可判断A；进而可得为中点时，直线与所成的角最大为，判断B；，可判断C；当为点时，四棱锥体积最大，计算可判断D．
【详解】对于A，由，可得，
因为，所以与不垂直，因此A不正确；
对于B，因为，所以，
因此直线与所成的角就是直线与所成的角，
当为中点时，此时,直线与所成的角最大为，因此B正确：
对于C，由于平面平面,平面,所以
为定值，C正确：
对于D，
由于为上的点，故到平面的距离为定值，所以到平面的距离为定值，
要使最大，只需要最大，故当为点时，四棱锥体积最大，
该四棱锥的外接球即正方体的外接球，
直径为，所以，故其表面积为，因此D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
12. 已知向量，若，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式即可求出结果.
【详解】因为向量且，
所以,解得，
故答案为：
13. 已知关于x的函数的图象关于对称，则的周期为______，实数______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用辅助角公式化解函数，判断函数的周期，再结合对称性与最值的关系，即可求解
【详解】，其中，
所以函数的周期,
若函数的图象关于对称，
所以，即，两边平方后，
整理为，得.
故答案为：；
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点P为第一象限内椭圆上一点，的内心为，且，则椭圆的离心率为__________．
【答案】
【解析】
分析】结合内切圆得性质，并设结合余弦定理求出，再借助离心率公式计算即可.
【详解】如图由的内心为可知该内切圆的半径为，
设该内切圆与的三边的切点为,所以,
又，所以,,
设
在中由余弦定理可得：，
化简得：
由的内心为可知，
在椭圆中易知,即即，
联立，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.

四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.
15. 已知为公差为2的等差数列的前项和，若数列为等差数列.
（1）求；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由等差中项的性质可得，再由等差数列的通项公式和前项和公式代入化简可求得，即可求出答案；
（2）由（1）得，则，再由等比数列的前项和公式和分组求和法求解即可.
【小问1详解】
因为数列为等差数列，所以，
因为为公差为2的等差数列的前项和，
则，解得.
故.
【小问2详解】
由（1）得，故，
故数列的前项和为.
16. 已知动圆过定点，且在轴上截得的弦的长为．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）过轨迹上一个定点引它的两条弦，，若直线，的斜率存在，且直线的斜率为证明：直线，的倾斜角互补．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设动圆圆心的坐标为，由题意可得，化简整理即可求得动圆圆心的轨迹的方程；
（2）由两点的斜率公式，结合已知条件计算，即可得证．
【小问1详解】
设动圆圆心的坐标为，则，
整理得，，故所求动圆圆心的轨迹的方程为．
【小问2详解】
证明：设，，则有，，，
直线的斜率为，所以，
于是
.
故直线，的倾斜角互补．
17. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；
（2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果.
【小问1详解】
由题意知，的可能取值有0，1，2，3，，
，，，
所以的分布列为：
.
【小问2详解】
因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，
设乙答对题数为，则，
设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由，又，所以，
则，又，所以，
设，所以，由二次函数可知当时取最大值，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
18. 如图，四棱锥中，平面平面为等边三角形，，是棱的中点.

（1）证明：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的性质进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
在梯形中，设，
由，
，，
即，所以可得
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，平面，所以平面平面
又等边是棱的中点，所以，
平面平面平面，
所以平面，平面，
故.
【小问2详解】
取中点，易知，所以平面，

建立如图空间直角坐标系，设，则
，
由（1）知平面的一个法向量是，
又
设是平面的法向量，
则，
令，可得，
所以，
故平面与平面所成角的余弦值为.
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：当时，；
（3）设实数使得对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可得；
（2）构造函数，求导研究单调性即可得；
（3）分类讨论，当时，由（2）可得此时符合要求，当时，构造函数，结合导数研究单调性可得不符，当时，结合导数单调性可得亦不符.
【小问1详解】
，故，
又，故有，
即，故切线方程为；
【小问2详解】
令，
则，
由，故，故在上单调递减，
所以，
即当时，；
【小问3详解】
当时，，
由（2）知，当时，，
所以当时，对恒成立；
当时，令，
，
当时，因为，所以，在上单调递增，
，不合题意，
当时，得，
当时，，时，，
所以在上单调递增，则时，，不合题意，
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题最后一问关键点在于根据的范围分类讨论，从而结合单调性研究函数最值得到结果.
0
1
2
3
P