广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期数学模拟测试（二）

这是一份广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期数学模拟测试（二），共19页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟
注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
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．若全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数（其中，i为虚数单位）为纯虚数，则复数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
3．命题“，使得”的否定形式是
A．，使得B．，使得
C．，使得D．，使得
4．设函数，则的最小正周期
A．与b有关，且与c有关B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关D．与b无关，但与c有关
5．如图，点列{An}，{Bn}分别在某锐角的两边上，且，.（）
若
A．是等差数列B．是等差数列
C．是等差数列D．是等差数列
6．若关于的方程（且）有实数解，则的值可以为（ ）
A．10B．C．2D．
7．蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
每次翻折后点都落在边上，记为；折痕与交于点，点满足关系式．以点为坐标原点建立坐标系，若曲线是由点的轨迹及其关于边对称的曲线组成的，等腰梯形的分别与曲线切于点P、Q、，且在x轴上．则梯形的面积最小值为（ ）
A．6B．C．D．
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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9．已知为正实数，，则（ ）
A．的最大值为1B．的最小值3
C．的最小值为D．的最小值为
10．在平行六面体中，分别是的中点，是线段上的两个动点，且，以为顶点的三条棱长都是1，，则（ ）
A．平面B．
C．三棱锥的体积是定值D．三棱锥的外接球的表面积是
11．已知直线是曲线上任一点处的切线，直线是曲线上点处的切线，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，
B．存在，使得
C．若与交于点时，且三角形为等边三角形，则
D．若与曲线相切，切点为，则
三、填空题：本小题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．在的展开式中，的系数为 .
13．已知函数.给出下列四个结论：①任意，函数的最大值与最小值的差为2；②存在，使得对任意，；③当时，对任意非零实数，；④当时，存在，，使得对任意，都有.其中所有正确结论的序号是 .
14．已知向量，若对任意单位向量，均有,则的最大值是 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分）如图，直线与椭圆 交于 两点，记 的面积为 ．
（I）求在， 的条件下， 的最大值；
（II）当， 时，求直线 的方程．
16．（15 分）各项均不为0的数列对任意正整数满足：．
(1)若为等差数列，求；
(2)若，求的前项和．
17．（15 分）在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求角；
(2)射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值.
18．（17 分）口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.
(1)记总的抽取次数为X，求E（X）；
(2)现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.
19．（17 分）已知且，设是空间中个不同的点构成的集合，其中任意四点不在同一个平面上，表示点，间的距离，记集合
(1)若四面体满足：，，且
①求二面角的余弦值：
②若，求
(2)证明：
参考公式：
参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】由，得或，而，
所以.
故选：B
2．B
【分析】利用复数的除法求出，结合已知求出值即可得解.
【详解】依题意，，
由为纯虚数，得，解得，复数，
所以复数在复平面内对应的点位于第二象限．
故选：B
3．D
【详解】试题分析：的否定是，的否定是，的否定是．故选D．
【考点】全称命题与特称命题的否定．
【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．对含有存在（全称）量词的命题进行否定需要两步操作： ①将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；②将结论加以否定．
4．B
【详解】试题分析：，其中当时，，此时周期是；当时，周期为，而不影响周期．故选B．
【考点】降幂公式，三角函数的最小正周期．
【思路点睛】先利用三角恒等变换（降幂公式）化简函数，再判断和的取值是否影响函数的最小正周期．
5．A
【详解】表示点到对面直线的距离（设为）乘以长度的一半，
即，由题目中条件可知的长度为定值，
那么我们需要知道的关系式，
由于和两个垂足构成了直角梯形，
那么，
其中为两条线的夹角，即为定值，
那么，
，
作差后：，都为定值，所以为定值．故选A．
6．D
【分析】根据反函数的性质以及导数的几何意义，只需函数与直线相交即可.
【详解】对比选项可知我们只需要讨论时，关于的方程的解的情况，
若关于的方程（且）有实数解，
即与的图像有交点，
因为与互为反函数，
所以与的图像关于直线对称，
如图所示：
设函数与直线相切，切点为，
，则有，解得：，
由图像可知，当时，曲线与直线有交点，
即与的图像有交点，即方程有解.
故选：D.
7．D
【分析】
根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解.
【详解】由于，所以,
连接,取其中点为，连接,
所以,
由，且多边形为正六边形，所以，
由于,所以，
故一个菱形的面积为，
因此上顶的面积为，
故选：D
8．B
【分析】设出M的坐标，根据两点关于直线对称时两点连线与对称轴垂直，且两点的中点在对称轴上，再根据平行四边形的对角线对应的向量等于两邻边对应向量的和得到点M的轨迹方程；利用函数在切点处的导数值为曲线的切线斜率，求出腰的方程，分别令和求出与两底的交点横坐标，利用梯形的面积公式表示出梯形面积，利用基本不等式求出其最小值．
【详解】建立如图所示坐标系，设，
显然直线l的斜率存在，故不妨设直线l的方程为，
由题意得B与关于直线l对称 ，所以，
又的中点在直线l上，故，①
由于，得，
将代入①得，
由每次翻折后点都落在边上，所以，即，
所以点M的轨迹方程，（），
所以曲线的方程为，，
设梯形的面积为S，
点P的坐标为，
根据等腰梯形和抛物线的对称性得，点Q的坐标为，直线的方程为．
对于，则，所以，
所以直线的方程为，
即：，令，得，所以，
令，得，所以，
所以，
当且仅当，即时，取等号且，
所以时，梯形的面积最小值为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：把梯形的面积表示为关于t的函数，利用基本不等式求函数的最值．
9．ABD
【分析】运用可判断A项，由结合基本不等式可判断B项，令，代入原式，结合“1”的代换及基本不等式可判断C项，由，结合换元法转化为求二次函数在区间上的最小值即可.
【详解】对于A项，因为，，所以，当且仅当时取等号，故A项正确；
对于B项，因为，，所以，当且仅当时取等号，故B项正确；
对于C项，令，，则，（，），
所以
，当且仅当，，即，时取等号，故C项错误；
对于D项，，
令，由A项知，，
则，（），
所以当时，取得最小值为，故D项正确.
故选：ABD.
10．ACD
【分析】连接，四边形为平行四边形可得，再由线面平行的判定定理可判断A；对两边平方求值可判断B；根据之间的距离为定值， 点到平面的距离为定值可判断C；在底面的射影是的中心，三棱锥外接球的球心设为，设外接球的半径为，利用、解得，求出表面积可判断D.
【详解】对于A，连接，则，四边形为平行四边形，所以，
所以，因为平面，平面，
所以平面，故A正确；

对于B，因为，由，
得，
所以，可得，故B错误；

对于C，因为，所以之间的距离为定值，即为的高，
又，所以为定值，且点到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积是定值，故C正确；

对于D，因为以为顶点的三条棱长都是1，，
所以在底面的射影是的中心，连接，
且三棱锥外接球的球心在上，设为，连接，
设外接球的半径为，则，
，所以，
，即，解得，
可得三棱锥的外接球的表面积是，故D正确.

故选：ABD.
11．AD
【分析】根据导数求出两直线斜率可判断选项A、B；根据斜率与倾斜角的关系及和差角公式求出，判断选项C；利用导数的几何意义求出斜率判断选项D
【详解】由题意得，由，
得，如图，可知与交点是
可得，
，
由，得，所以直线的斜率为，
由，得，所以直线的斜率为，
即直线的斜率等于直线的斜率，所以，故A对；
因为，
所以不存在，使得，故B错；
如图，设的倾斜角分别为，
因为三角形为等边三角形，所以，
又，
所以当，，
整理得，所以（负值舍去）；
当，，
整理得，所以（负值舍去）；
所以，
又由题意可得关于直线对称，为等边三角形，故C错误；
若与曲线相切，切点为，则，
即，又在上，所以，所以，即，故D对；
故选：AD
【点睛】关键点点睛:根据导数的几何意义求出直线斜率，结合两直线平行和垂直的斜率关系进行判断各项.
12．
【分析】由二项式的展开式的通项进行求解即可.
【详解】的展开式的通项为
令得，所以，的系数为.
故答案为：.
13．②④
【分析】取可判断①，取化简后可判断②，先化简，取可判断③，取可判断④.
【详解】对于①，当时，其最大值为1，最小值为0，的最大值与最小值的差为1，故①错误；
对于②，当时，，，因此对任意，，故②正确；
对于③，，，当时，故③错误；
对于④，当时，取，，使得对任意，都有，故正确.
故答案为：②④
14．
【详解】试题分析：，即最大值为.
【考点】平面向量的数量积．
【易错点睛】在两边同时平方，转化为的过程中，很容易忘记右边的进行平方而导致错误．
15．（I）当且仅当时，取到最大值．
（II）直线的方程是
或或，或．
【详解】（Ⅰ）解：设点的坐标为，点的坐标为，
由，解得，
所以
．
当且仅当时，取到最大值．
（Ⅱ）解：由
得，
，
． ②
设到的距离为，则
，
又因为，
所以，代入②式并整理，得
，
解得，，代入①式检验，，
故直线的方程是
或或，或．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由递推关系首先得，进一步结合已知为等差数列，并在已知式子中令，即可得解.
（2）由（1）得时，数列是等差数列，故首先求得的值，进一步分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意，
当时，，
两式相减得，
因为为等差数列，在式子：中令，
得，所以，
所以或，
若，则，但这与矛盾，舍去，
所以.
（2）因为，所以，
而当时，，所以此时，
所以此时，
而也满足上式，
综上所述，的前项和.
17．(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将边化角后，利用三角形内角和公式及两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助等面积法计算可得，利用基本不等式可得， 利用面积公式计算即可得.
【详解】（1），
由正弦定理得，
则，
即
则，
且，
，；
（2）由和，可知，
因为，
所以，
又因为，
所以，即，
又，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
18．(1)
(2)6，答案见解析
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黑球的影响说明期望的大小关系．
【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7，
，
；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和 ，
，
，
，
，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
19．(1)①；②
(2)证明见解析
【分析】（1）①建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解；②根据条件，得出，即可求解；
(2）设，从两个方面结合参考公式给出证明即可．
【详解】（1）以C为原点，方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，，，
①设平面CAD的法向量，
则，即，取，
设平面BAD的法向量为，
则，即，取，
所以，
即二面角的余弦值为；
②，，，
所以；
（2）设，，，下证，
设S中任意不同的两点的个距离中，距离等于的有个，，2，，k，
则，
记S中n个不同点分别为，，，，设到点的距离等于的点的个数为个，，k；，2，，，
则，，，
所以，
考虑由S中的点构成的满足的点组的个数，
一方面，当A取，时，这样的点组有个，故有，
另一方面，因为S中任意四个点不共面，所以对任，点A的选取至多有3种，故有 ①，
所以
，
结合①得
【点睛】本题考查空间向量的在立体几何中的运用，合理的建系是解决问题的关键，再利用空间中夹角的相关公式即可得到对应答案。组合数的应用，需要根据可能得情况讨论不同的组合数量，结合参考公式得出答案，属于难题．