广东省金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学四校2023−2024学年高二下学期3月第一次联考 数学试卷（含解析）

这是一份广东省金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学四校2023−2024学年高二下学期3月第一次联考 数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．如果物体的运动函数为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在2秒末的瞬时速度是（ ）
A．米/秒B．米/秒C．米/秒D．米/秒
2．已知等比数列，则（ ）
A．2B．C．D．
3．质数(prime number)又称素数，一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数.数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”，如：3和5，5和，那么，如果我们在不超过30的自然数中，随机选取两个不同的数，记事件：这两个数都是素数：事件：这两个数不是孪生素数，则（ ）
A．B．C．D．
4．某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A．12B．18C．20D．60．
5．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，有4个零点，则m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，以线段为直径的圆与双曲线C在第一象限的交点为P，圆O与y轴负半轴的交点为Q，若直线PQ与x轴的交点M平分线段，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知正实数满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某工厂生产的200个零件中，有198件合格品，2件不合格品，从这200个零件中任意抽出3件，则抽出的3个零件中（ ）
A．至多有1件不合格品的抽法种数为
B．都是合格品的抽法种数为
C．至少有1件不合格品的抽法种数为
D．至少有1件不合格品的抽法种数为
10．已知函数及其导函数的部分图象如图所示，设函数，则（ ）
A．在区间上是减函数B．在区间上是增函数
C．在时取极小值D．在时取极小值
11．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（ ）
A．2次传球后球在丙手上的概率是
B．3次传球后球在乙手上的概率是
C．3次传球后球在甲手上的概率是
D．n次传球后球在甲手上的概率是
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为 .
13．若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的最小值为 .
14．如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．中国在第75届联合国大会上承诺，努力争取2060年之前实现碳中和(简称“双碳目标”)．新能源电动汽车作为战略新兴产业，对于实现“双碳目标”具有重要的作用．赛力斯汽车有限公司为了调查客户对旗下AITO问界M7的满意程度，对所有的意向客户发起了满意度问卷调查，将打分在80分以上的客户称为“问界粉”．现将参与调查的客户打分(满分100分)进行了统计，得到如下的频率分布直方图：
(1)估计本次调查客户打分的中位数(结果保留一位小数)；
(2)按是否为“问界粉”比例采用分层抽样的方法抽取10名客户前往重庆赛力斯两江智慧工厂参观，在10名参观的客户中随机抽取2名客户赠送价值2万元的购车抵用券．记获赠购车券的“问界粉”人数为，求的分布列和数学期望．
16．如图所示，等边所在平面与菱形所在平面相垂直，，，，

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
17．已知数列为递增的等差数列，，，，其中．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）设，求使不等式对一切均成立的最大实数．
18．已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点相同，点的坐标分别为是抛物线上的点，设直线与抛物线的另一交点分别为．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)求证：当点在抛物线上变动时（只要点存在，且点与点不重合），直线恒过定点，并求出定点坐标．
19．已知函数.
(1)求曲线与的公切线的条数；
(2)若，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】A
【分析】求出函数的导数后可求物体在2秒末的瞬时速度.
【详解】，所以（米/秒），
故选A.
2．【答案】A
【分析】由等比数列的性质可知，，计算得到，注意舍去负值.
【详解】由等比数列的性质可知，，
所以，又因为，所以.
故选A.
【思路导引】根据等比中项的性质计算出，再根据，最终计算出.
3．【答案】D
【分析】根据条件概率的计算方法求得正确答案.
【详解】不超过的自然数有个，其中素数有共个，
孪生素数有和，和，和，和，共组.
所以，，
所以.
故选D.
4．【答案】C
【详解】根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有种方法；
②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有种方法，
由分类计数原理得，共有种不同的插法.
故选C.
5．【答案】C
【分析】根据全概率公式计算可得.
【详解】设事件为“任意调查一名学生，每天玩手机超过”，事件为“任意调查一名学生，该学生近视”，
则，，
所以，，
则．
故选C.
6．【答案】C
【分析】确定是函数的零点，在时，利用函数零点的定义分离参数，构造函数，利用导数及二次函数的性质数形结合求出范围.
【详解】由，得，而当时，，即0是的一个零点，
当时，，令，
依题意，直线与函数的图象有3个公共点，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，，
当时，，当时，恒成立，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象知，当或时，直线与函数的图象有3个公共点，
则当或时，方程有3个解，即有4个零点，
所以m的取值范围为或.
故选C.
7．【答案】B
【分析】根据条件，先确定直线的方程，与圆方程联立，得到点坐标，再根据在双曲线上，得到关于的齐次式，从而可求双曲线的离心率.
【详解】如图
易知，点的坐标为，点的坐标为，所以直线的方程为：.
由.
又在双曲线：上，
所以：，又，
所以.
故选B.
【思路导引】根据题目条件分别得到点、点坐标，从而得到直线的方程，与双曲线联立方程组，计算点坐标，代入双曲线方程，结合的关系，最终计算出离心率.
8．【答案】A
【分析】由等式想到构造函数和，分别考查两函数的单调性和最值情况以及函数值大小关系，得到函数与的图象，由图可得，，再结合先放缩成，即，构造函数，判断其单调性得到其值域，从而得到，即得.
【详解】因，由可得：，则．
由化简得：，分别设函数，．
由，，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，故.
又，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增， 故．
由，则时，；时，；时，．函数与的图象如图．
令．由于，则，，排除C，D；
由于，，则．
令，其在R上单调递增．由于，则，
则有，即得．
综上，.
故选A．
9．【答案】CD
【分析】对于A：分只有1件不合格品，没有不合格品两种情况解答；对于B：都是合格品相当于从198件合格品抽取3件合格品；对于C：分只有1件不合格品，有2件不合格品两种情况解答；对于D：利用间接法从反面解答.
【详解】对于A：至多有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是没有不合格品，故抽法种数为，A错误；
对于B：都是合格品的抽法种数为，B错误；
对于C：至少有1件不合格品分两种，一种是只有1件不合格品，一种是有2件不合格品，故抽法种数为，C正确；
对于D：至少有1件不合格品的抽法种数为，D正确.
故选CD.
10．【答案】BC
【详解】根据图象得到的符号，即可得到的符号，进而得到的单调性和极值.
【分析】结合图象可知，当时，当时，，
当时，，
，因，
故当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
故在处取得极小值，在处取得极大值.
故选BC.
【思路导引】根据图象得到不同取值范围时的符号，对求导从而得到的单调性和极值，即可得出答案.
11．【答案】ACD
【分析】列举出经2次、3次传球后的所有可能，再利用古典概率公式计算作答可判断ABC；n次传球后球在甲手上的事件即为，则有，利用全概率公式可得，再构造等比数列求解即可判断D.
【详解】第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙丙， 1个结果，所以概率是，故A正确；
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为:甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲乙，3个结果，所以概率为，故B错误；
3次传球后球在甲手上的事件为：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以概率为，故C正确；
n次传球后球在甲手上的事件记为，则有，
令，则于是得，
故，则，而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即，则有，数列是以为首项，为公比的等比数列，所以即，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【分析】依题意，可求得，再利用的二项展开式的通项公式可求得答案．
【详解】的二项展开式中各项系数和为1024，
即，
．
设的二项展开式的通项为，则，
令，得，
故展开式中常数项的值为．
故答案为：210．
13．【答案】
【分析】由题意可得，令，，则，对求导，即可得出的最大值.
【详解】由不等式可得：，
令，则，
令，，
令，得，解得：，
令，得，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即实数的最小值为.
故答案为：.
【思路导引】化简不等式，利用换元法进一步化简得，构造函数，求导计算单调性及最大值，从而计算出实数的最小值.
14．【答案】
【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案.
【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
故答案为：.
15．【答案】(1)73.3分；
(2)分布列见解析；期望为.
【分析】（1）根据频率分布直方图求解中位数的方法可得答案；
（2）确定抽取的“问界粉”人数，再确定的取值，求解分布列，利用期望公式求解期望.
【详解】（1）由频率分布直方图可知：
打分低于70分的客户所占比例为40％，打分低于80分的客户的所占比例为70％，
所以本次调查客户打分的中位数在[70，80）内，由，
所以本次调查客户打分的中位数约为73.3分；
（2）根据按比例的分层抽样：抽取的“问界粉”客户3人，“非问界粉”客户7人，
则的所有可能取值分别为0，1，2，
其中：，，，
所以ξ的分布列为：
所以数学期望．
16．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据平行关系，证明平面平面，即可证明线面平行；
（2）根据垂直关系，以的中点为原点，如图，建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形是菱形，
所以，且平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）取中点，连接，，
因为四边形是菱形，且，则，
所以是等边三角形，则，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为是等边三角形，所以
分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，可得，
由，可得.
又由，可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，可得，
取，则，所以，
又由平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）；
；
（3）.
【分析】（1）利用函数解析式可得到，由等差中项定义可构造方程求得，由数列单调性确定后可求得；由等差数列通项公式可求得结果；
（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得结果；
（3）分离变量将问题变为恒成立；令不等式右侧为，通过可知单调递增，由此可知，进而得到结果.
【详解】（1）由题意得：，
，
为等差数列，，即，
解得：或，
当时，，，；当时，，，；
为递增数列，，公差，
；
（2）由（1）得：
…①
则…②
①②得：
，
；
（3）由题意得：对恒成立，
由（1）知：，
记，
，
，，即单调递增，
的最小值为，，即．
18．【答案】(1)；
(2)证明见解析，定点坐标为.
【分析】（1）由已知求得椭圆右焦点坐标及抛物线焦点坐标，进而可求得结果.
（2）设出，，坐标，由，，三点共线可得，进而可得，同理可得，分别写出与时直线EP的方程即可求得定点.
【详解】（1）由题意知，，，则，
所以椭圆的右焦点为，
又抛物线焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为．
（2）证明：如图所示，
设，，，
则，．
由，，三点共线可得，即，
化简，得．
所以．
同理：由，，三点共线可得．
①当，即时，直线EP的斜率存在，
此时，
所以直线EP的方程为，
即，
整理得．
所以直线EP恒过定点，定点坐标为．
②当，即时，直线EP的斜率不存在，此时，
所以直线EP的方程为，过定点．
综上所述，直线EP恒过定点，定点坐标为．
19．【答案】(1)2条；
(2).
【分析】（1）设切点，求导，分别求解的切线方程，根据公切线可得，即可求解或，从而得解；
（2）将问题转化为对于恒成立，根据可得，进而构造函数证明，即可先求解，构造函数，求导，结合分类讨论即可求解.
【详解】（1）设的切点分别为，
则，
故在切点处的切线方程分别为，
，
则需满足；
,故，
解得或，
因此曲线与有两条不同的公切线，
（2）由可得，
即对于恒成立，
，结合解得，
设
则当时，单调递减；当时，单调递增，
故当，故
因此，，
令，则，
令，得，
当时，此时，，故在上单调递减，
所以，
所以，由于进而，满足题意，
当时，此时，
令，解得单调递增，
令，解得单调递减，
故，
令，则，
由于 ，所以，
故在单调递减，故，即可，
因此
所以，由于进而，满足题意，
综上可得.0
1
2
P