广东省2024届高三下学期2月大联考数学试题

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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. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】首先求集合，再根据并集的定义，即可求解并集.
【详解】因为,
，所以中元素的个数为7．
故选：D．
2. 已知在中，，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据余弦定理运算求解.
【详解】由余弦定理得，
所以．
故选：D．
3 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项式定理求得的展开通项公式，从而得解.
【详解】因为的展开通项公式为，
则，故B正确．
故选：B．
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦值结合角的范围求角.
【详解】因为，所以或，
因为，所以．
故选：A．
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
【答案】A
【解析】
【分析】利用换元法分类得到，可判断为奇函数.再结合特殊函数判断各选项.
【详解】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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据条件列方程组求出点坐标，进而可得的面积.
【详解】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. 在某电路上有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，则在某次通电后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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用相互独立事件、互斥事件及条件概率公式即可求出结果.
【详解】记事件E：某次通电后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. 在各棱长都为2的正四棱锥中，侧棱在平面上的射影长度为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先作出侧棱在平面上的射影，再利用线面垂直性质定理和勾股定理即可求得该射影长度.
【详解】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，过A作，垂足为G，
在正四棱柱中，
平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，所以侧棱在平面上的射影为，
由已知得，，，
所以，所以，
所以．
故选：B．
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3B. 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
【答案】AB
【解析】
【分析】通过待定系数，结合复数加法、模的运算得，由此可判断AB，进一步由复数除法、乘法可判断C，由复数几何意义以及三角函数定义即可判断D.
【详解】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. 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，则在上投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先根据选项，分别代入，再根据向量坐标公式，即可判断选项.
【详解】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. 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
【答案】ABD
【解析】
【分析】由导数的几何意义可得，对进行分类讨论后结合导数求取方程的解的个数即可得切线条数.
【详解】设切点，则，
切线为，
代入整理得，
令，
，
令得．
当时，，，所以在上单调递增，
，，所以在上单调递减，
，在两侧均有可能为负，同时极大值可能为正，
所以至多有2个零点，故A正确；
当时，和时，，所以在上单调递减，
，，所以在上单调递增，
，，
当时，，所以，
结合图象，值域为，所以，B正确；
若，则，即，
同理当时，，即，C错误；
若时，，单调递减；
结合图象，，
则当时，有1个零点，即，D正确．
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：设出切点，借助导数的几何意义得到切线方程，则关于的方程的解的个数即为过点可作曲线的切线的条数.
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_________．
【答案】
【解析】
【分析】设该正四棱台的高、斜高分别为h，，先根据体积列方程求出，进而可得，在利用面积公式求侧面积.
【详解】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. 在数列中，，且，则的通项公式为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法，设，变形得出，对比题干中的等式，求出、的值，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式.
【详解】因为，设，其中、，
整理可得，
所以，，解得，所以，，
且，所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，
所以，，解得.
故答案为：.
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_________．
【答案】
【解析】
【分析】首先利用几何关系设出圆的方程，再根据导数的几何意义和直线与圆相切的几何性质，列式求交点的坐标，再根据直线与圆相切的几何性质和图形，求的值.
【详解】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：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用公切线的性质，求得点的坐标，即可利用直线与圆相切的性质求解.
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. 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40%，摸到二等奖的概率为60%，每个人摸奖相互独立，设恰好有个人摸到一等奖的概率为，求当取得最大值时的值．
附：若，则．
【答案】（1）159 （2）取得最大值时n的值为8
【解析】
【分析】（1）利用正态分布的对称性可求，故可估算年龄不低于60岁的人数.
（2）利用不等式组可求取得最大值时的值.
【小问1详解】
因为，所以，
则，
所以现场年龄不低于60岁的人数大约为(人)．
【小问2详解】
依题意可得，，
设，
所以，
所以
所以，因为整数，所以，
所以当取得最大值时的值为8．
16. 如图，在圆锥中，若轴截面是正三角形，C为底面圆周上一点，F为线段上一点，D（不与S重合）为母线上一点，过D作垂直底面于E，连接，且．
（1）求证：平面平面；
（2）若为正三角形，且F为的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面平行的判定方法，证明面面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求二面角的余弦.
【小问1详解】
因为，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为垂直底面于垂直底面于O，所以，
同理平面，
因为，且平面，平面，所以平面平面．
【小问2详解】
不妨设圆锥的底面半径为2，
因为轴截面是正三角形，所以，
如图，设平面与底面圆周交于G，
因为为正三角形，且F为的中点，
所以，所以E为的中点，
所以为的中位线，所以，
如图，在底面圆周上取一点H，使得，以直线为x，y，z轴建立空间坐标系，
由已知得，，，
设的中点为M，则平面的法向量为，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，
，令，则，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17. 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：．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出原函数的导数，结合导数性质即可得其单调区间；
（2）由题意可得是函数的导数的两个不同零点，即可利用韦达定理结合题意得到的范围，并将中的变量替换成，再借助导数研究其单调性即可得证.
【小问1详解】
的定义域为，，
令，得或，
时，，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
，
由在上有两个不同的极值点，
故有两个不同的正根，则有，解得，
因为
，
设，，
则，故在上单调递增，
又，
故．
【点睛】关键点点睛：本题第二小问关键点在于由函数的极值点得到其导数的零点，通过韦达定理得出的范围，并将中的变量替换成，再借助导数研究其单调性即可得证.
18. 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．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②的最大值为
【解析】
【分析】（1）根据，代入坐标公式，即可求解；
（2）①利用点差法求得，并同理得到，再根据，联合得到，即可证明；②首先利用方程联立，求解点和点的纵坐标，并用坐标表示，化解后结合基本不等式求的最大值.
小问1详解】
因为，
所以，
所以，化简得，
所以P轨迹C的标准方程为．
【小问2详解】
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，
所以，
所以，
所以，
所以，
同理得，，又，
相乘得，，
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以l与ON相交．
②l的方程为，直线DE的方程为,
直线ON的方程为，
联立得，，
故，
又
，
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．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用坐标表示几何关系，比如直线方程，斜率，以及长度的比值，并能合理化简和推理证明过程.
19. 在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
（1）试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
（2）设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
（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，其中和对前项之积都是封闭的．
【答案】（1）不是 （2）或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取数列，结合题中定义验证可得出结论；
（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得；
（3）设，令，，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的．
【小问1详解】
解：不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
【小问2详解】
解：是等比数列，其首项，公比，
所以，
所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，
使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，
且，
综上，或.
【小问3详解】
解：对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，
所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.