广东省深圳市2024届高三下学期三模数学试卷(解析版)

这是一份广东省深圳市2024届高三下学期三模数学试卷(解析版)，共18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。
1. 已知全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，画出图，并将条件中的集合标在图中，

如图，集合．
故选：C.
2. 若复数的实部大于0，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，
代入，得，
解得：，
所以.
故选：D.
3. 已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，， ，则（ ）
A.、、三点共线B.、、三点共线
C.、、三点共线D. 、、三点共线
【答案】C
【解析】对A，因为，，不存在实数使得，故、、三点不共线，故A错误；
对B，因为，，不存在实数使得，故、、三点不共线，故B错误；
对C，因为，，则，故、、三点共线，故C正确；
对D，因为，，不存在实数使得，故、、三点不共线，故D错误.
故选：C
4. 已知数列满足：，且数列为等差数列，则（ ）
A. 10B. 40C. 100D. 103
【答案】D
【解析】设数列的公差为，则，
故，所以．
故选：D.
5. 如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
6. 已知椭圆，直线与交于两点，且．则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，记，
设中点为，所以，
由题意可知，中点是直线与直线的交点，
联立，解得，
另一方面，联立，得．
易知，由韦达定理得，解得，
所以，故离心率．故选：B.
7. 某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（ ）
A. 2025种B. 4050种C. 8100种D. 16200种
【答案】B
【解析】先考虑两对混双的组合有种不同的方法，
余下名男选手和名女选手各有种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，
故共有．故选：B.
8. 设函数．若实数使得对任意恒成立，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】C
【解析】函数，
依题意，对任意的恒成立，
即对恒成立，
因此对恒成立，
于是，显然，否则且，矛盾，
则，显然，否则且，矛盾，
从而，解得，
所以.
故选：C.
二、选择题
9. 平行六面体中，各个表面的直角个数之和可能为（ ）
A. 0B. 4C. 8D. 16
【答案】ACD
【解析】平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的平行四边形全等，
所以六个平行四边形中的矩形个数可能为，
所以各个表面的直角个数之和可能为.故选：ACD.
10. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】，故，，故，故，，故或，
当时，，，
故，，，有最小正零点，
，，，
故，，故，，
当，，函数不单调，排除；
当时，，，
故，
，或，
或，，
故，，
故，，验证满足条件，此时．
综上，AD错误，BC正确.
故选：BC．
11. 如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（ ）
A. 该三棱台的体积最小值为B.
C. D.
【答案】BD
【解析】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图
则椭圆方程，由于则，
又因为为锐角三角形，则且，
所以，，
所以，由于，所以，
设，则，设三棱台的高为，
则，
因为该三棱台的体积最大值为，，所以，
由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；
对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形，
则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面，
则，
设，则，，，
所以，
由于，，所以，又，故B可能正确；
同理，
又，故D可能正确；
如图，将三棱台补成三棱锥，
设点到平面的距离为，
则，
又，所以，故C一定正确.
故选：BD.
三、填空题
12. 写出函数的一条斜率为正的切线方程：______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】，，则，
取切点为，则斜率为，
又，
则切线方程为：，即.
故答案为：（答案不唯一）
13. 两个连续随机变量X，Y满足，且，若，则______．
【答案】0.86
【解析】因为，所以，
因为，所以，即
又，所以，，
所以，
所以.
故答案为：0.86
14. 双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两点（B在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为______．
【答案】2或
【解析】记与渐近线的交点为，当一条渐近线斜率大于1时，根据题意，作图如下：

，，故；
则在△中，设，又，由余弦定理可得，解得，即；
在△中，，又，故；
又左焦点到直线的距离，
即，又，故，则在圆上，即与圆相切；显然，则，又，又，
故可得，根据对称性，，故，
故三点共线，点是唯一的，根据题意，必为双曲线右顶点；
此时显然有，故双曲线离心率为；
同理，当一条渐近线斜率大于0小于1时，必为，
此时有一条渐近线的倾斜角为，离心率为.
故答案为：2或.
四、解答题
15. 数列中，，，且，
（1）求数列的通项公式；
（2）数列的前项和为，且满足，，求．
解：（1）因为，所以，
所以数列是公差为的等差数列，其首项为，
于是，
则，，，
，，
所以，
所以；而符合该式，故.
（2）由（1）问知，，则，
又，则，两式相乘得，即，
因此与同号，
因为，所以当时，，此时，
当为奇数时，，
当为偶数时，；
当时，，此时，
当为奇数时，，
当为偶数时，；
综上，当时，；当时，.
16. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从数轴点1的位置出发，每隔向左或向右移动一个单位，设每次向右移动的概率为．

（1）当时，求后质点移动到点0的位置的概率；
（2）记后质点的位置对应的数为，若随机变量的期望，求的取值范围．
解：（1）后质点移动到点0的位置，则质点向左移动了3次，向右移动了2次，
所求概率为：．
（2）所有可能的取值为，且
，
，
，
，
由，解得，
又因为，故的取值范围为．
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为，
因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以点为的中点，
取的中点，连接，可得且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）解：取的中点，连结，
因为，可得，且，
又因为，且，
所以，所以，
又因为，且平面，所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
因为为的中点，为的中点，可得，
则，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以；
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
18. 已知双曲线经过椭圆的左、右焦点，设的离心率分别为，且．
（1）求的方程；
（2）设为上一点，且在第一象限内，若直线与交于两点，直线与交于两点，设的中点分别为，记直线的斜率为，当取最小值时，求点的坐标．
解：（1）依题意可得，得，
由，得，解得，
故的方程为的方程为．
（2）易知，设，直线的斜率分别为，
则，
在，即有，可得为定值．
设直线的方程为：，联立可得
恒成立，
设，则有，可求得，
设直线的方程为：，
同理可得，
则
由可得：，
点在第一象限内，故，
当且仅当，即时取等号，
而，故等号可以取到．
即当取最小值时，，联立，
可解得，
故的方程为：的方程为：，
联立可解得，即有．

19. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
（1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；
（2）由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；
（3）设，证明：．
（1）解：令，则，，，，
故，，，，，
由麦克劳林公式可得，
故.
（2）解：结论：，
证明如下：
令，
令，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
即证得，
即．
（3）证明：由（2）可得当时，，且由得，
当且仅当时取等号，故当时，，
，
而
，
即有
故
而，
即证得.