广东省佛山市第一中学2024届高三上学期第二次调研 数学试题（含解析）

这是一份广东省佛山市第一中学2024届高三上学期第二次调研 数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数 学 试卷
本试卷共6页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．
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，，,则等于（ ）
A．B．C．D．
2．复数，则（ ）
A．B．
C．D．
3．“”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要条件D．既不充分也不必要
4．已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A．是一个半径为的圆B．是一条与相交的直线
C．上的点到的距离均为D．是两条平行直线
5．如图，正方形的边长为2，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续个正方形面积之和不可能是（ ）
A．B．C．D．
6．已知一台擀面机共有对减薄率均在的轧辊（如图），所有轧辊周长均为，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，若某个轧辊有缺陷，每滚动一周会在面带上压出一个疵点（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗），已知标号的轧辊有缺陷，那么在擀面机最终输出的面带上，相邻两个疵点的间距为（ ）
（减薄率）
A．B．C．D．
7．如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular slid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
8．设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．是奇函数
B．函数的图象关于点对称
C．点（其中）是函数的对称中心
D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为82种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
10．已知函数，则（ ）
A．函数为偶函数
B．曲线的对称轴为
C．在区间单调递增
D．的最小值为
11．已知是左、右焦点分别为的双曲线上一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的离心率是
C．的渐近线与双曲线的渐近线相同D．的面积是
12．设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（ ）
A．B．
C．为周期函数D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在的展开式中，的系数为 .
14．已知数列满足，，，那么成立的的最大值为
15．如图，直线AB在平面内，点C在平面外，直线AB与AC的夹角为，直线AC与平面所成的角为交．若平面ABC与平面所成角的大小为，且，则的值为
16．对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，且．
(1)求角B的大小；
(2)若为锐角三角形，求的值域．
18．设数列的前n项和为，.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，求的前50项和.
19．如图，在几何体中，平面.

(1)求证：平面平面；
(2)若，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
20．我国某科创企业使用新技术对一种晶圆进行试产，晶圆是制造各式芯片的基础．现对该种晶圆进行自动智能检测，已知自动智能检测显示该种晶圆的次品率为，且每个晶圆是否为次品相互独立．该企业现有最新批次的晶圆10000个，给出下面两种检测方法．
方法1：对10000个晶圆逐一进行检测．
方法2：将10000个晶圆分为1000组，每组10个．对于每个组，先把10个晶圆串联起来组成一个晶圆组，对该晶圆组进行一次检测．如果检测通过，那么可断定这10个晶圆均为正品；如果不通过，那么再逐一检测．
(1)按方法2，求一个待检的晶圆组中恰有1个次品的概率（结果保留4个有效数字）．
(2)从平均检测次数的角度，哪种方法较好？请说明理由．
（参考数据：）
21．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
(1)求动点M轨迹W的方程；
(2)过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
22．已知实数，，．
(1)求的值；
(2)若对恒成立，求a的最小值；
(3)当正整数时，求证：．
1．B
【分析】综合应用集合的交、并、补运算即可解决.
【详解】由题意，得或．
或，则，所以A错误；，则，所以B正确；
，则或，所以C错误；
或，则或，所以D错误．
故选：B．
2．A
【分析】
由共轭复数的概念以及复数的四则运算即可求解.
【详解】由题意有.
故选：A.
3．B
【分析】首先根据，求得的取值范围，再判断集合的包含关系，根据充分，必要条件，即可判断选项.
【详解】，
因为
所以是的必要不充分条件．
故选：B
4．C
【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得轨迹，结合选项即可得出正确答案.
【详解】设，由，则，
由在直线上，故，
化简得，即的轨迹为为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.
故选：C.
5．B
【分析】根据题意面积可构成等比数列，利用等比数列求和公式求和，分别检验选项即可.
【详解】由题意，第一个正方形边长为2，面积为4，
第二个正方形边长为，面积为2，
第三个正方形边长为，面积为1，
第四个正方形边长为，面积为，
所以正方形的面积构成以为首项，为公比的等比数列，
所以连续个正方形面积之和为，
当时，，当时，，当时，，
当时，无正整数解.
故选：B
6．C
【分析】分析可知，第对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，宽度不变，利用除以可得结果.
【详解】由图可知，第对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，
在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，
因宽度不变，在擀面机最终输出的面带上，相邻两个疵点的间距为，
故选：C.
7．D
【分析】不妨记正方体为，设对角线分别交平面和平面于点，，可推出即为平面与平面的距离，结合等体积法求得，结合对称性求得即可．
【详解】如图，不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，
所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，
所以平面平面，
设对角线分别交平面和平面于点，，
因为平面，平面，
所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，
又平面平面，
所以平面，
即为平面与平面的距离，
则，
由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，
故，
根据，
得，
解得，
根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为．
故选：D
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.
8．C
【分析】对于A，由为奇函数，可得的图象关于中心对称，由，可得，再求得，即可判断；对于B，对两边求导，即可判断；对于C，结合的对称性及，可得的一个对称中心为及的图象关于对称，即可判断；对于D，由已知可得的周期为，再由求解即可判断.
【详解】解：对于A，因为为奇函数，所以，
所以的图象关于中心对称；
又因为，所以，
又因为，所以，
所以，
令，得，
所以，
所以，
所以，
所以关于对称，
所以，
所以一定不是奇函数，故A错误；
对于B，因为，
两边求导得，
即，
所以的图象关于对称，故错误；
对于C，由A可知，关于对称，
又因为为奇函数，，
所以的一个对称中心为，
又因为，
所以，
所以的图象关于对称，
则点（其中）是函数的对称中心，故正确；
对于D，因为，关于对称，
所以，
又因为的图象关于中心对称，
所以的周期为，
所以，
故，
所以
而的值不确定，故错误.
故选：C．
【点睛】结论点睛：如果函数满足，则函数的周期.
9．ABD
【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断.
【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确；
对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确；
对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确；
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确.
故选：ABD
10．AC
【分析】
利用辅助角公式化简，再根据三角函数的性质逐项判断即可.
【详解】
，
即，
对于A，，易知为偶函数，所以A正确；
对于B，对称轴为，故B错误；
对于C，，单调递减，则
单调递增，故C正确；
对于D，，则，所以，故D错误；
故选：AC
11．BCD
【分析】对于A，有对称性可推翻；对于B，由平方关系、离心率公式判断即可；对于C，由渐近线的求法即可判断；对于D，利用双曲线定义、余弦定理即可求得，结合三角形面积公式即可求解.
【详解】对于A，由题意双曲线上存在点，使得，由对称性可知点可能在左支上，也可能在右支上，即，故A错误；
对于B，由题意，即的离心率是2，故B正确；
对于C，的渐近线为即，双曲线的渐近线为即，故C正确；
对于D，不失一般性，不妨设点在双曲线左支上，如图所示：
不妨设，由题意，
在中运用余弦定理有，
解得，
所以的面积是，故D正确.
故选：BCD.
12．BC
【分析】对于A，在中，令得，为单调函数，所以；对于B，由，得，对于C，设，则由，可得，对于D，由，得，为等差数列，且，所以.
【详解】在中，令得，
所以，又为单调函数，
所以，即，所以，
所以，所以A错误；
由，得，所以B正确；
设，则由，
可得，所以，
所以，即为周期函数，所以C正确；
由，得，即，
所以为等差数列，且，即，
所以，所以，
所以D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于D选项，由，得，为等差数列，且，所以.
13．
【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：.
14．5
【分析】由，得成等差数列，求出，然后求出，解得出答案.
【详解】解：因为，
所有成等差数列，且首项，公差
所以，
解，得
所以成立的的最大值为5
故答案为5
【点睛】本题考查了等差数列的判断与通项公式，属于基础题.
15．##0.6
【分析】过点作,且交于点,过点作，且交于,在三角形中，可得，中可得，进一步计算即可.
【详解】过点作,且交于点,
过点作，且交于,
则直线AC与平面所成的角为,
所以,
不妨设，易得,
则,
又平面ABC与平面所成角为，
,则,则,
中，，
代入，
可求得，
故答案为：.
16．
【分析】设，，将不等式恒成立问题转化成，构造，根据单调性求最值.
【详解】设，
，
则，
则恒成立可化为恒成立，
即恒成立，故，
设，
易知在时递减，在时递增，
所以，
而显然在时单调递增，所以，
故，当且仅当时，即时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题将恒成立问题转化成求最值问题，然后采用双换元和轮流作主法求最值.
17．(1)
(2)
【分析】
（1）根据向量平行得到，结合正弦定理化简得到，进而根据余弦定理求得即可得到答案；
（2）根据化简函数，得到原函数即为，结合锐角三角形得到进而即可得到答案.
【详解】（1）因为，，且，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，化简得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以
（2）由（1）得，，所以，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，则
即的值域为
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的性质即可求解，
（2）根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）由，得（），
两式相减得：（），即（），
当时，，得，所以（），
故是首项为，公比为的等比数列.从而.
（2）由（1）得.
所以
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取的中点，连接，取的中点，连接，通过证明平面可得平面平面；
（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求出与平面所成角的正弦值，然后解方程可得答案.
【详解】（1）因为平面，且，
所以平面，
取的中点，连接，则平面，所以，
又，所以，
取的中点，连接，则，且，
又，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则即取，可得.

设，所以，
记与平面所成的角为，
所以，
解得，故为的中点，即.
所以在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且.
20．(1)0.1667
(2)方法2远好于方法1，理由见解析．
【分析】（1）记“一个待检的晶圆组中恰有1个次品”为事件，由独立事件的乘法公式求解即可.
（2）第1种方法的检测次数为10000，；第2种方法，先求出每个晶圆需要被检测的次数的取值及对应的概率，再由数学期望公式求出平均检测总次数，比较两种方法即可得出答案.
【详解】（1）记“一个待检的晶圆组中恰有1个次品”为事件．
因为10件晶圆是否为次品相互独立，所以．
（2）第1种方法的检测次数为10000．
第2种方法：每个晶圆需要被检测的次数的取值为或，
一组晶圆若为正品，则；若为次品，则．
所以，，
．
因为共有10000个晶圆，所以平均检测总次数为．
故方法2远好于方法1．
21．(1)
(2)直线PQ过定点．
【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可.
（2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点.
【详解】（1）设点M的坐标为，由题意可知，，
化简整理得，W的方程为．
（2）由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，
，
设，，由韦达定理得，，
则，
所以，点P的坐标为．
同理可得，Q的坐标为．
所以，直线PQ的斜率为，
所以，直线PQ的方程为，
即，
又，则，
所以直线PQ的方程即为，
所以，直线PQ过定点．
22．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得，代入即可求解；
（2）设，得到对恒成立，求得，求得，分和，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合，即可求解；
（3）解：由（2）知当时，对恒成立，转化为不等式对恒成立，结合和，两种情况讨论，即可得证.
【详解】（1）解：由函数，可得，所以．
（2）解：设，
因为对恒成立，
即对恒成立，且．
所以，可得．
①当时，因为，所以，
所以在上单调递增，所以；
②当时，令，得，
所以在上单调递减，上单调递增，
所以，（舍去）．
综上所述，实数的最小值为．
（3）解：由（2）知当时，对恒成立，且，
所以对恒成立，
取，则，
①当时，可得，又，所以；
②当时，．
综上所述，原不等式成立．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．