广东省广州市华南师大附中2024届高三上学期第二次调研 数学试题（含解析）

这是一份广东省广州市华南师大附中2024届高三上学期第二次调研 数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了已知数列是公比为q等内容，欢迎下载使用。

数学试卷
本试卷共5页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
考生注意事项：
1．试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷用2B铅笔涂在答题卡上，第Ⅱ卷用黑色钢笔、签字笔在答题卡上作答；
2．质量监测时间120分钟，全卷满分150分．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量.若与的夹角的余弦值为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
3．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，其中，i为虚数单位，则以为根的一个一元二次方程是（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列是公比为q（）的正项等比数列，且，若，则（ ）
A．4069B．2023
C．2024D．4046
6．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，k是正的常数.如果在前5h消除了的污染物，则15h后还剩污染物的百分数为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正六边形，把四边形沿直线翻折，使得点到达且二面角的平面角为.若点都在球的表面上，点都在球的表面上，则球与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，且满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，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．已知数列的前项和为，首项，且满足，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．
C．D．
10．设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线的焦点为，过点作直线与抛物线交于两点，则（ ）
A．线段长度的最小值为
B．当直线斜率为时，中点坐标为
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．存在点，使得
12．已知函数及其导函数的定义域为R，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A．函数是周期为5的周期函数
B．函数的图象关于点对称
C．
D．函数的图象关于直线对称
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知的取值如下表：
根据表中的数据求得关于的回归直线方程为，则表中第2个记录数据的残差 .
14．若数列满足，（），则 .
15．在三棱锥中，侧面底面是等腰直角三角形，且斜边，，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
16．函数在区间上的最大值与最小值之和为，则的最小值为 ．
四、解答题：木大题共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．已知数列满足，且对于任意m，，都有．
(1)证明为等比数列，并求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
18．在中，内角的对边分别为，向量，且．
(1)求；
(2)若的外接圆半径为2，且，求的面积．
19．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，分别是，的中点，点是线段上动点且恒成立.
(1)证明：；
(2)当三棱锥与三棱锥的体积之和为时，求平面与平面所成角的余弦值.
20．已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上异于的任意一点，直线、斜率乘积为，焦距为．
(1)求双曲线的方程；
(2)设过的直线与双曲线交于，两点（不与重合），记直线，的斜率为，，证明：为定值．
21．甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有1个黑球和2个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，称为1次球交换的操作，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为．
(1)求的概率分布列并求；
(2)求证：（且）为等比数列，并求出（且）．
22．已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证：(其中是自然对数的底数).
1
2
3
4
32
48
72
88
1．C
【分析】根据集合的交运算直接运算即可.
【详解】因为集合，，
所以，
故选：C.
2．D
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算法则求解.
【详解】由题意：，，，
所以.
故选：D
3．D
【分析】利用诱导公式得到，求出点在第三象限，得到AB错误；并结合诱导公式和二倍角公式得到，由余弦函数单调性得到.
【详解】因为，
，
故点在第三象限，
故，，AB错误；
，
因为在上单调递减，
所以，故，，
所以，C错误，D正确.
故选：D
4．A
【分析】
先根据复数相等求解出，然后再判断出能满足条件的方程即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
因此所选方程的两根为，仅有符合要求，
故选：A.
5．D
【分析】由等比数列的性质可得，由，可得，故有，即可计算.
【详解】由数列是公比为q（）的正项等比数列，故，
，故，
即有，
由，则当时，
有，
故，
故，
故.
故选：D.
6．C
【分析】根据题意，求出，然后带入，即可求出15h后还剩污染物的百分数.
【详解】根据题意时，，又在前5h消除了的污染物，
则，
则15h后还剩污染物为，
所以15h后还剩污染物的百分数为.
故选：C
7．B
【分析】
根据已知球的球心为中点，令正六边形的边长为2，则球的半径，线面垂直的判定、性质证为矩形，确定在与底面中心的连线上，再应用已知求球的半径，即可得结果.
【详解】由题设，若为中点，则，
令正六边形的边长为2，则球的半径，

过作于，连接，由正六边形性质，都为等边三角形，
所以为的中点，故，则二面角的平面角为，
，故，
又，面，故面，即面，
面，则，而，故，
由，故为矩形，其对角线长为，
由是外接球球心，故必在与底面中心的连线上，
设球的半径，如上图示，
所以，即，
故，
所以球与球的表面积之比为.
故选：B
8．AD
【分析】
根据对数运算性质转化已知得，构造函数，根据函数单调性可得，从而可判断.
【详解】
等式，等号两边同除以，
可得，
所以，
所以，
所以，
构造函数，则，
显然，函数在定义域内是增函数，
所以，即．
而，而，
故，故，故D正确.
故选：AD．
【点睛】
构造函数，利用函数单调性证明不等式.
9．BCD
【分析】根据递推关系代入即可求解AB，根据递推关系可证明是首项为，公比为的等比数列，可得，即可利用分组求和，结合等比求和公式求解CD.
【详解】对于A选项，
取，得，又，所以，
取，得，所以，显然，
即数列一定不是等比数列，所以A错误；
对于B选项，
取，得，取，得，所以，所以B正确；
对于C，D选项，
由，得，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，
，，
，
所以C，D均正确．
故选:BCD．
10．AB
【分析】
利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可.
【详解】
因为，，所以，.
因为与为互斥事件，所以，
所以
，
所以，
故，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
，，
所以，故D错误.
故选:AB.
11．ACD
【分析】A：通过联立思想得到，由此可计算出，利用焦点弦公式以及基本不等式求解出的最小值；B：利用点差法求解出纵坐标后可判断；C：利用抛物线定义计算出圆心到准线的距离，并判断距离是否等于半径即可；D：代入坐标，计算出的值，根据结果再进行判断.
【详解】对于A：的焦点坐标为，直线的斜率不为，设，，
联立可得，且，
所以，所以，且，
所以，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B：因为，所以，所以，
所以，所以，即中点纵坐标为，故B错误；
对于C：抛物线的准线方程，设中点为，过点向准线作垂线，垂足分别为，如下图：
由抛物线的定义可知：，
即等于以为直径的圆的半径长，故C正确；
对于D：当时，。
所以，
由选项A可知：，所以，所以此时，
所以的倾斜角互补，所以，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：已知是抛物线的过焦点的一条弦，设，则有：（1）；（2）.
12．BCD
【分析】根据函数奇偶性的定义，由周期函数的定义即可求解判断A，结合函数的对称性即可求解判断B，根据函数周期性的性质即可求解C，根据原函数与导数的对称性关系即可求解D.
【详解】因为为偶函数，所以，
两边求导得，所以，
得，所以函数的图象关于点对称，故选项B正确；
由，令，得，即，
因为函数为偶函数，所以，
所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数，则，
所以的周期为4，所以选项A错误；
因为，令，得，又，
令，得，
所以，故C正确；
因为，，
所以，即函数关于点对称.
下面证明：若函数连续可导，且导函数图象关于点对称，则函数图象关于直线对称.
若导函数图象关于点对称，则，
即，令，
则，所以，（为常数），
又因为，所以.
所以，即，
所以函数得图象关于直线对称.
所以函数关于点对称，可得关于对称，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：对于D选项，解题关键是根据条件得到函数关于点对称，再研究原函数与导函数的对称性关系即可求解判断.
13．##
【分析】
利用回归方程求出时的预测值，再求出残差作答.
【详解】关于的回归直线方程为，当时，，
所以表中第2个记录数据的残差.
故答案为：
14．3268
【分析】由数列递推式可得到，和已知等式作差得，利用累加法即可求得答案.
【详解】由题意可得，作差得，
故
，
故答案为：3268
15．
【分析】方法一：设球心为，如图①，取线段的中点，过点作直线平面，则易知球心在直线上，连接，设外接球的半径是，则，再根据侧面底面，过点作于，连接，易得，过点作（或的延长线）于，得到四边形是矩形求解；方法二：将平面作为底面，设的外心为点，过点作直线平面，取的中点，在平面内过点作的垂直平分线，交直线于点，得到点为所求外接球的球心求解.
【详解】解：方法一：设球心为，如图①，取线段的中点，
过点作直线平面，则易知球心在直线上．
连接，设外接球的半径是，则．
因为侧面底面，过点作于，
连接，则由面面垂直的性质定理知，平面，所以．
过点作（或的延长线）于，则四边形是矩形．
又由题意易知，是的中点，，而，
则，所以，
在Rt中，由，所以，
化简得，解得，所以．
方法二：如图②，调换视图角度，将平面作为底面，由题意知，平面．
设的外心为点，过点作直线平面，则．
取的中点，在平面内过点作的垂直平分线，交直线于点，
则点为所求外接球的球心，在中，利用正弦定理，得．
在等腰三角形中，，得，
所以，所以，
所以所求外接球的半径，所以．
故答案为：
16．##
【分析】
将解析式变形为，令，利用奇偶性即可得，然后妙用“1”求解即可.
【详解】
，
令，，
因为定义域关于原点对称，且，
所以为奇函数，所以在区间上的最大值与最小值之和为0，
则函数在区间上的最大值与最小值之和为2，即．
又，，
所以
，
当且仅当，，即，，等号成立．
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题难点在于对函数解析式的变形，然后根据奇偶性得到，从而利用“1”的妙用得解.
17．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）取，得到，得到是4为公比的等比数列，求出通项公式；
（2）裂项相消得到，再进行求和即可.
【详解】（1）取，则由，得．
因为，所以，所以是以4为首项，4为公比的等比数列，
故．
（2）由（1）可知，
则，
故．
18．(1)
(2)
【分析】（1）结合题意表示出，利用正弦定理将角化边，借助余弦定理化简即可;
（2）结合第（1）问及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化简得，求出的面积即可.
【详解】（1）由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
（2）因为，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）由线面垂直判断有平面，再根据线面垂直的性质和判定证结论；
（2）取中点为，连接，，根据已知求得相关线段长度，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）∵在平面上运动且恒成立，
∴，，，平面，
∴平面，又平面，故，
∵，则，
∵平面，平面，
∴，又且面，
∴平面，平面，故.
（2）取中点为，连接，，，则，到直线的距离相等，
由平面，平面，故，
由，则，所以为的高，
又，同理，且平面，
∴，则，
以，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，取，得，
平面的一个法向量为，
∴.
设平面与平面所成角为，则，
∴平面与平面所成角的余弦值为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）设，根据以及整体代换法求得结果；
（2）设直线,与椭圆方程联立得出韦达定理，再表示，结合韦达定理求出结果.
【详解】（1）
设，，，
∵，∴，
∴，
又∵焦距为，可得，则，
结合，∴，，
∴双曲线的标准方程为：．
（2）
如图，
由（1）知，，设，．
因为不与重合，所以可设直线．
联立，
消得：，
故，，
，，，
∴．
21．(1)分布列见解析；；
(2)证明见解析；（且）.
【分析】（1）确定的可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，继而求得数学期望；
（2）求出、、的表达式，结合期望公式可求得的递推式，结合构造等比数列，即可证明结论，进而求得期望.
【详解】（1）可能取0，1，2，3，
则；
；
；
，
故的分布列为：
；
（2）由题可知
，
，
，
又
，
，
（且），
，故（且）为等比数列，
，
（且）.
【点睛】关键点睛：本题将概率问题和数列问题综合在一起考查，比较新颖，难度较大，解答本题的关键在于要明确n次交换后黑球的个数的概率与上一次之间的递推关系，特别是第二问，要求出概率的表达式，进而求出期望的递推式，构造数列，解决问题.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
则，
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得， 当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，由题意，是方程的两个根，①，②，
①②两式相加，得③，①②两式相减，得④，
联立③④，得，，
设，，，，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得成立，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【点睛】思路点睛：本题第二问是导数应用中的函数零点，双变量问题.根据函数零点的定义可得，，两式相加，相减运算可得，，即得，令，即，又易证，只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，构造函数，用导数证明即可.0
1
2
3