广东省广州市第六中学2023-2024学年高二下学期3月测验数学试题（原卷版+解析版）

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1. 设，向量，，且，则（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量平行与垂直的坐标表示，求得的值，结合向量模的计算公式，即可求解.
【详解】由向量且，
可得，解得，所以，，
则，所以.
故选：C.
2. 为了解疫情防控延迟开学期间全区中小学线上教学的主要开展形式，某课题组面向各学校开展了一次随机调查，并绘制得到如下统计图，则采用“直播＋录播”方式进行线上教学的学校占比约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据统计图中直播和录播的学校数量，求出直播所占百分比，即可得出“直播＋录播”所占比例.
【详解】由题意，设直播所占的百分比为，
根据统计图可得：，解得，
因此采用“直播＋录播”方式进行线上教学的学校占比约为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查统计图的实际应用，属于基础题型.
3. 已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”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
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.
【详解】当时，因为，所以，
又，则，则，
依次类推可知，故，
则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立；
当是等比数列时，因为，所以，
当时，，则是公比为的等比数列，
所以，即，
则，，，
由，得，解得，不满足题意；
当，即时，易知满足题意；
所以，即必要性成立.
故选：C.
4. “会圆术”是我国古代计算圆弧长度的方法，它是我国古代科技史上的杰作，如图所示是以为圆心，为半径的圆弧，是的中点，在上，，则的弧长的近似值的计算公式：.利用上述公式解决如下问题：现有一自动伞在空中受人的体重影响，自然缓慢下降，伞面与人体恰好可以抽象成伞面的曲线在以人体为圆心的圆上的一段圆弧，若伞打开后绳长为6米，该圆弧所对的圆心角为，则伞的弧长大约为（ ）
A. 5.3米B. 6.3米C. 8.3米D. 11.3米
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，结合垂径定理计算即可得解.
【详解】依题意，点共线，，，
所以（米）.
故选：B
5. 若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
即中最小的项是.
故选：B.
6. 已知甲袋中有标号分别为的四个小球，乙袋中有标号分别为的四个小球，这些球除标号外完全相同，第一次从甲袋中取出一个小球，第二次从乙袋中取出一个小球，事件表示“第一次取出的小球标号为3”，事件表示“第二次取出的小球标号为偶数”，事件表示“两次取出的小球标号之和为7”，事件表示“两次取出的小球标号之和为偶数”，则（ ）
A. 与相互独立B. 与是对立事件
C. 与是对立事件D. 与相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】利用互斥，对立，独立事件的定义逐项判断即可.
【详解】由题意可得基本事件总数为，
设
，

由题意可得与可以同时发生，故不是对立事件，
易知与不同时发生，为互斥事件，但不是对立事件，比如还可以有发生，则错误.
，
则，
从而与不相互独立，与相互独立，故A错误，D正确.
故选：D
7. 已知椭圆的左焦点为，过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法1，根据向量极化恒等可得，求得，，根据通径列式得解；方法2，建系向量坐标运算，得，同法1运算得解；方法3，利用对称性+焦点三角形求解；方法4，利用余弦定理的向量形式+极化恒等式运算得解；方法5, 直线方向向量+解三角形+通径运算得解.
【详解】解法一：，
，
又，
，
，
又，则.
故选：B．

解法二： 不妨设，则，
下同解法一（略）.
故选：B．
解法三：设右焦点，
，
又，则，又，则.
故选：B．
解法四： ，
，
，
，
则，
又，则.
故选：B．
解法五： ，
由，则，下同解法一（略）.
故选：B．
8. 在四棱锥中，平面，且.若点均在球的表面上，则球的体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设易得是四边形外接圆的直径，利用线面垂直的性质、判定证，进而得到是以为斜边的直角三角形，即中点为外接球球心，令且，求得外接球半径关于的表达式，求其最小值，即可求球体最小体积.
【详解】
由题设，在一个圆上，故，
又，所以，即，故是四边形外接圆的直径，
由平面，平面，
则，
由，面，则面，面，则，
由，面，则面，面，则，则，又，故，即，
令且，则，，
且都是以为斜边的直角三角形，故中点为外接球球心，
所以外接球半径，
所以当时，，
此时球O的体积的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：确定是四边形外接圆的直径，中点为外接球球心为本题的关键，由此即可顺利得解.
9. 设为复数，下列命题正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则为纯虚数D. 若，且，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数模的性质判断A，取特殊值判断BC，根据复数模的性质、共轭复数模的性质判断D.
【详解】由复数模的性质知，故A正确；
取，则，故B错误；
取，则，为实数，故C错误；
因为，，所以，故D正确.
故选：AD
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A.
B. 的图象过点
C. 函数的图象关于直线对称
D. 若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数图象所经过的点，结合正切型函数的对称性、单调性逐一判断即可.
【详解】对于A：设该函数的最小正周期为，则有，
即，由函数的图象可知：，又，所以，
即，由图象可知：，所以，因此A不正确；
对于B：，所以B正确；
对于C：因为，
，所以，
所以函数的图象关于直线对称，因此C正确；
对于D：
当时，，
当，
，
当函数在区间上不单调时，则有，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：运用函数对称性、函数单调性的性质是解题的关键.
11. 小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 小华一共前进3步的概率最大
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意直接求概率判断选项A，然后根据题意求出递推公式即可判断选项B，根据递推公式判断数列是首项为，公比为的等比数列，求通项公式判断选项C，分类讨论求解概率通项的最大值判断D.
【详解】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以，，
故选项A错误；
当时，其前进几步是由两部分组成：先前进步，再前进1步，其概率为，
或者先前进步，再前进2步，其概率为，所以，
故选项B正确；
因为，所以，
而，所以，即，
故选项C正确；
因为当时，，所以，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以，所以.
当n为奇数时，为偶数，则，此时数列单调递增，所以；
当n为偶数时，为奇数，则，此时数列单调递减，
所以；
综上，当时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故选项D错误.
故选：BC
二、填空题（本大题共6小题，共33分）
12. 已知定义在区间上的函数的值域为，则的取值范围为_________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出的范围，考虑其右边界的取值范围即可.
【详解】因为，所以，
其中，
相邻的后面一个使得成立的值为：，
且，当且仅当，解得：．
故答案是：.
13. 如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积.
【详解】连接，取的中点，连接，
则外接球球心在直线上，设球心为，如图所示，则，

则⊥平面，
因为正四棱台中，，，
故，所以，
设四棱台的高为，
故，解得，
故，
设，则，
，
故，解得，
故半径，
故该棱台外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
14. 已知椭圆为的左､右焦点，为上的一个动点（异于左右顶点），设的外接圆面积为，内切圆面积为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】当为短轴端点时，最大，进而求出的范围，由正弦定理得外接圆的半径，再利用余弦定理和三角形面积公式化简得到的面积，由三角形内切圆的半径公式可得的内切圆半径，化简可得，利用基本不等式求出最值即可.
【详解】由于，所以，，故，设，当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以，
设外接圆半径为，则，即，
由余弦定理得：，整理可得，
所以的面积，故的内切圆半径，
所以，因为，
所以，
当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为．
【点睛】结论点睛：本题主要考查椭圆焦点三角形的面积以及内切圆和外接圆的半径问题，常用以下结论：
(1)椭圆焦点三角形的周长；
(2)椭圆焦点三角形的面积；
(3)三角形外接圆的半径公式：；
(4)三角形内切圆的半径公式：(其中为三角形面积，为周长)
三、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 数列满足
（1）求数列的通项公式
（2）设，求数列前项和
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，两式相减即可求解.
（2）代入可得，运用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
依题意，
当时，由已知得，得，
当时，由，①
得，②
由①②得，
所以，
当时，也适合上式，
综上，.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，
所以，
两式相减，整理得：
，
所以.
16. 如图，在四棱锥中，四边形梯形，其中，，平面平面．

（1）证明：；
（2）若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理即可得到平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）法一：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；法二：根据面面角的定义，先找出所求的二面角，然后代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，所以为等边三角形，
所以，
又四边形梯形，，则，
在中，由余弦定理可知，
，
根据勾股定理可知，，即．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因为平面
所以．
【小问2详解】
法一：由（1）可知，
又因为，所以平面，
所以就是与平面所成角，所以，
所以；
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则有取，
由题意得为平面的法向量，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值．
法二：在平面内，延长与相交于点，
连接，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点作，垂足为，连接，

由（1）得，，
因为且均在面内，
所以面，
因为面，所以，
又因为且均在面内,
所以面，即面,
因为面，所以,
因为且均在面内,
所以面，由面所以,
所以,
在直角三角形中,
在直角三角形中，
所以平面与平面所成二面角的正弦值．
所以就是二面角的平面角，
又因为平面，
所以就是与平面所成角，
所以，所以，
因为，所以．
17. 如图，在中，内角所对的边分别为，且，，为所在平面内一点，且，，为锐角．
（1）若，求；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦二倍角公式以及辅助角公式先求解角，再利用余弦定理求解结果；
（2）设，由正弦定理可得，再结合余弦定理以及同角三角函数关系式求解结果.
【小问1详解】
由可得
，
又因为，所以可得，
即，可得；
又，所以可得，因此.
又，若，可得，可得；
又，所以,又，
由余弦定理可得，解得；
【小问2详解】
设，且，，则，
由可得，
在由正弦定理可得，即，可得，
利用余弦定理可得，解得；
所以可得，
又为锐角，所以；
可得．
18. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
19. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
（1）求曲线C的方程；
（2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
（3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标．
【小问1详解】
设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
【小问2详解】
由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
【小问3详解】
假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．