广东省深圳中学2024-2025学年高三下学期第二次段考数学试卷（有答案）

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一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1．（5分）设集合，，，则
A．，B．，1，C．，3，D．，1，3，
【分析】求解集合，再结合交集的定义求解即可．
【解答】解：因为集合，，，
所以，3，．
故选：．
【点评】本题主要考查不等式的求解，考查集合的基本运算，属于基础题．
2．（5分）已知向量，，．若，，三点共线，则
A．B．C．11D．
【分析】求出向量，由题意可得，利用平面向量共线的坐标表示可得出关于的等式，解之即可．
【解答】解：因为向量，，
所以，
因为、、三点共线，则，
，
所以，解得．
故选：．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3．（5分）已知复数满足，则复数在复平面里位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据复数的几何意义求解．
【解答】解：由题意，复数满足，表示到点的距离为1，即以为圆心，1为半径的圆上点，
则复数在复平面里位于第一象限．
故选：．
【点评】本题考查复数的几何意义，属于基础题．
4．（5分）设，是方程的两根，且，则
A．B．C．或D．
【分析】利用韦达定理求出，，再利用两角和的正切公式求出，即可得解．
【解答】解：因为，是方程的两根，
所以，
所以，，
因为，
所以，
所以，，
则，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了韦达定理，两角和的正切公式的应用，属于基础题．
5．（5分）已知无穷正项等差数列公差为，则“是等差数列”是“存在，使得”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【分析】根据题意，可设，利用可求得数列的通项公式，结合数列为等差数列可求得，求出关于的关系式，再利用充分条件和必要条件的定义判断可得出合适的选项．
【解答】解：根据题意，若是等差数列，设，则，
当时，，
当时，，
因为数列为等差数列，则满足，
即，可得，故，
且，
故“是等差数列”的充要条件是“”，
因此，“是等差数列”是“存在，使得”的充分而不必要条件．
故选：．
【点评】本题考查等差数列的性质和应用，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
6．（5分）不等式，且对恒成立，则的范围是
A．B．C．D．
【分析】由题意，当时，需函数的图像要恒在图像的上方，据此可求．
【解答】解：因为不等式，且对恒成立，
所以当时，函数的图像要恒在图像的上方，
所以，
如图所示：
当的图像过点时，可得，
然后它只能向右旋转，此时在增大，但是不能大于1，
所以的范围为．
故选：．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
7．（5分）一个盒子中装有个白球和个黑球且，从中随机取出个球，发现这个球颜色相同，则这个球都是黑球的概率为
A．B．C．D．
【分析】利用条件概率公式求解．
【解答】解：设事件表示“从中随机取出个球，这个球颜色相同”，事件表示“这个球都是黑球”，
则（A），，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查了条件概率公式，属于基础题．
8．（5分）如图，棱长为2的正方体的一个顶点在平面内，其余顶点在的同侧，且点和点到平面的距离均为，则平面与平面的夹角的余弦值为
A．B．C．D．
【分析】因为平面，平面，所以平面平面，在平面上利用三角形相似，可以求出到平面的距离为，又因为到平面的距离为，，故直线与平面的夹角正弦值为，又直线与平面垂直，可以求出平面与平面的夹角的余弦值为．
【解答】解：分别过，作平面的垂线，垂足为，，
点和点到平面的距离相等，故平面，
而为平面法向量，故平面平面，
分别过，作平面的垂线，垂足为，，如图，则，，三点共线，
由，且与中点重合，可知，
因此，，故，
进而由，易知点到平面的距离为，
又因为与中点重合，且平面
到平面的距离为，因此点到平面的距离为，
而点到平面的距离为，且，
故直线与平面的夹角正弦值为，
易知直线与平面垂直，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
故选：．
【点评】本题考查二面角的计算，属于中档题．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分
（多选）9．（6分）已知圆，是直线上一动点，过点作直线，分别与圆相切于点，，则
A．圆与直线相离
B．存在最小值
C．存在最大值
D．存在点使得△为直角三角形
【分析】由直线和圆的位置关系可判断；求得切线长，结合点到直线的距离公式，可判断；由四边形的面积可得，结合的最小值，可判断；由的最小值和直角三角形的定义，可判断．
【解答】解：圆的圆心，半径为2，
直线，可得到直线的距离为，
即直线与圆相离，故正确；
由，可得，
而的最小值为，则的最小值为，故正确；
由，可得四边形的面积为，
即有，可得有最小值，而无最大值，故错误；
要使△为直角三角形，只能是为直角，即，
由可得，则不存在点使得△为直角三角形，故错误．
故选：．
【点评】本题考查圆的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
（多选）10．（6分）已知为常数，函数有且只有一个极值点，则
A．B．，
C．为极大值点D．
【分析】方程的几何意义是曲线与直线的交点情况，当时，直线的斜率非正．此时，曲线在区间，内从0递增至1，与直线仅有一个交点，且导数在此点由负变正，对应极小值点．因此，和正确．极值点类型验证，当时，，故，当时，，故．，导数由负变正，说明是极小值点．若选项声称是极大值点，则错误．选项的验证题目未明确的具体内容，但根据分析，代入后相关等式或不等式成立，因此正确．
【解答】解：由题意，
，
由题意函数有且只有一个极值点，
可得有且仅有一个变号零点，
故曲线与直线 有且只有一个穿越型交点，
由图可知，，正确，
当时，，；
当时，，
故为极小值点，错误；
，代入，
得，正确．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的极值，是基础题．
（多选）11．（6分）莱昂哈德医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数、公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数、棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是
注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体
A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥
B．存在7条棱的多面体
C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同
D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12
【分析】对于：根据，代入欧拉公式得，即可判断；
对于：若，则，而，，故，或，，无论哪种情况都无法形成多面体，即可判断；
对于：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4个面，设共有个五边形，个六边形，构造不等式求解即可；
对于：分每个面都是正方形，正五边形，既存在正方形又存在正五边形，结合欧拉公式即可求解．
【解答】解：选项：，代入欧拉公式得，故为六棱锥，正确；
选项：若，则，而，，故，或，，无论哪种情况都无法形成多面体，错误；
选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4个面，
设共有个五边形，个六边形，则（数遍每个五边形的5个顶点和每个六边形的6个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了4遍），
考虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于，
故，
整理得无解，错误；
选项：①若每个面都是正方形，则每个顶点连接3个面（正方形内角为，
每条棱连接2个面，故，代入得，此时为正方体；
②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接3个面数（正五边形内角为，
每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正十二面体；
③若既存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接3个面，每条棱连接2个面，设共有个正方形，个正五边形，
则，，代入欧拉公式得，
因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，
故每个顶点要么连接2个正方形1个五边形，要么连接1个正方形2个五边形，
若每个顶点连接2个正方形1个五边形，则，，解得，，，此时为侧面为正方形的正五棱柱；
若每个顶点连接1个正方形2个五边形，此时考虑某个五边形，其5条边每条边相连的面一定是五边形正方形间隔环形排列，而5是奇数，不可能；
因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为6，7，12，故正确．
故选：．
【点评】本题考查几何体的结构特征，以及欧拉公式的应用，属于难题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（5分）某类考试报名人数为10000人，已知考试的成绩服从正态分布，若录取分数线为350分，则录取人数约为 1587 ．（结果四舍五入取整数）
（参考数据：若服从正态分布，则
【分析】先计算大于等于录取分数线的概率，再计算得出录取人数．
【解答】解：因为考试的成绩服从正态分布，
故，
所以录取人数为（人．
故答案为：1587．
【点评】本题主要考查正态分布的性质应用，属于基础题．
13．（5分）在的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 ．
【分析】根据仅第6项的二项式系数最大，得到，再列不等式组求出系数最大的项．
【解答】解：因为在的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，即最大，所以，
设展开式中系数最大的项为第项，则，其中且，
整理得，解得，所以，
即展开式中系数最大的项为第4项．
故答案为：．
【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题．
14．（5分）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，且它们在第二象限的公共点为点，点与右焦点的连线交轴于点，且平分，则双曲线的离心率为 ．
【分析】根据椭圆与双曲线的定义可得，，设，结合余弦定理，锐角三角函数与角分线的性质定理，用两种方式表达，从而建立关于的方程，解之即可．
【解答】解：由椭圆的定义知，，，由双曲线的定义知，，
解得，，
设，因为点与右焦点的连线交轴于点，且平分，
所以，在△中，由余弦定理知，，
设，则，
由角分线定理知，，即，解得，
在△中，②，
由①②得，，解得或（舍，所以双曲线的离心率为．
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线离心率的求法，熟练掌握椭圆、双曲线的定义，角分线的性质定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共60分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
15．（13分）在△中，内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若的角平分线交于，且，求△面积的最小值．
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式，推出，从而知角的大小；
（2）根据，利用三角形的面积公式，可得，再结合基本不等式，求出的最小值即可．
【解答】解：（1）由正弦定理及，得，
所以，
所以，
因为，所以，即，
又，所以．
（2）因为的角平分线交于，
所以，
因为，
所以，
整理得，
因为，所以，即，当且仅当时，等号成立，
所以，
故△面积的最小值为．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角形面积公式，两角和的正弦公式，以及基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16．（15分）如图，已知多面体的底面是边长为2的正方形，底面，，且．
（1）记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【分析】由题意建立空间直角坐标系，（1）设上点的坐标使得平面，求出平面的法向量的坐标，由，可得点的坐标，即求出直线平面；
（2）求出的坐标及向量，的夹角的余弦值，即求出直线与平面所成角的正弦值，再求出它的余弦值．
【解答】解：由题意以为原点，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
且，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，
（1）可得线段的中点为，1，，设在直线上，且平面，
则，，，则，，，
平面的法向量为，，，
，0，，，2，，
则，即，
令，可得，1，，
因为，所以，解得，
即，3，时，平面；
（2），0，，由（1）知，1，，
可得，，，
所以，，
设直线与平面所成角为，
则，，
所以直线与平面所成角的余弦值．
【点评】本题考查用空间向量的方法判断线面平行及线面所成的角的余弦值，属于中档题．
17．（15分）甲，乙手中各有一个设备，可以各自输入一个数字，设置完数字后每次按下按钮，设备有的概率显示0，的概率显示1，每次按概率显示的结果相互独立．设甲，乙输入的数字分别为，，且保持不变，随后进行游戏：甲乙同时按下按钮，若显示的结果之和为0，则乙得1分，甲不得分；若显示的结果之和为1，则甲得2分，乙不得分；若显示的结果之和为2，则乙得3分，甲不得分．
（1）若，进行5轮游戏后甲的累计得分为，求；
（2）在不知道乙输入的数字的值的情况下，甲想要每轮游戏的得分期望比乙高，则甲输入的数字的取值范围是多少？
【分析】（1）先由题意得到甲得分的概率，再由二项分布的期望公式求出；
（2）设每轮游戏甲的得分期望为，乙的得分期望为，求出相应的概率和期望，由题意得对任意，恒成立，即对任意，恒成立，构造一次函数（b）对，成立求解．
【解答】解：（1）每轮游戏甲要么得2分，要么不得分，
设事件为甲得2分，由题意得，
设5轮游戏中甲有得分的轮数为，则，，
所以，
因此；
（2）设每轮游戏甲的得分期望为，乙的得分期望为，
由题意得的可能取值为0，2，
，
所以，
的可能取值为0，1，3，
，，
所以，对任意，恒成立，即对任意，恒成立，
令（b），（b）是关于的一次函数，
因此（b）对，成立，
解得，
故的取值范围为．
【点评】本题主要考查了二项分布的期望公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
18．（17分）已知双曲线的焦距为4，其中一条渐近线为．
（1）已知点，若双曲线上存在两点，，使得为线段中点，求的取值范围；
（2）已知点，且．过双曲线右焦点的直线交于，两点，满足：直线交双曲线于另一点，直线交双曲线于另一点，且．记△的面积为，当取得最小值时，求的值．
【分析】（1）由题，先求出双曲线的方程，然后设，，，，代入双曲线方程，利用点差法得到，然后写出直线直线，与双曲线联立，令△即可得出答案；
（2）根据平行得出，，三点共线，然后利用斜率间的关系写出直线方程，将三角形的面积表示出来，然后构造函数求解最值．
【解答】解：（1）由题意得，，，
结合，解得，，
因此双曲线，
若直线斜率不存在，则线段中点在轴上，不符合题意；
若直线斜率存在，设，，，，
则，，
，
两式作差得，
因此，故，
直线，
与双曲线联立得，
，
解得或，
故的取值范围为；
取中点，中点，
因为，所以，，三点共线，
由（1）知，所以，
所以，且直线过，
因此直线，
设，，，，
与双曲线联立得，△，
，
点到直线的距离，
所以，
整理得，
令，
则，
令，
则，
因此在单调递减，单调递增，
当且仅当，即时取得最小值，
综上，当取得最小值时，．
【点评】本题考查双曲线方程的综合应用，属于难题．
19．（17分）已知是等差数列，是公比为的等比数列，满足，，记为数列的前项和．
（1）若，是大于2的整数），求证：；
（2）若是某一正整数），求证：是整数，且数列中的每一项都是数列中的项；
（3）求证：对任意给定正整数，总存在实数和，使得成立．
【分析】（1）根据题意，求得的公差，得到所以，，由等比数列的前项和公式知，若，化简得到，进而证得；
（2）若，得到，分，和，三种情况讨论，结合二项式定理的展开式，得到，即可得证；
（3）根据题意，当时，结论显然成立；当时，化简得到，得到对，2，，成立，转化为对，2，，成立，首先证得对任意，对，2，，成立，得到，再次证得，转化为证明存在，使得，构造，利用导数求得函数的单调性，结合，（1），得到存在，使得，得到，取，即可得证．
【解答】证明：（1）由是等差数列，是公比为的等比数列，满足，，
可得等差数列的公差，
所以，，且，，
由等比数列的前项和公式知，
若，则，
即，
此时．
（2）若，则，
整理得，
①若，则，此时，，为整数；
②若，则，不符合题意，故；
③若，则为正整数，此时对任意，
，
取正整数，
则，
故数列中的每一项都是数列中的项，且为整数．
（3）因为，，当时结论显然成立；
当时，由可得，
整理得，且，
因此，（因为且，
对，2，，成立，
等价于对，2，，成立，
首先证明对任意，对，2，，成立，
当时，显然成立；
若成立，则，
而，
故，
由数学归纳法可知对，2，，成立，
其次证明对，2，，成立，等价于对成立，
若，
则，
因此由可推出，
故只需证明存在，使得即可，
构造函数，，
可得，
令，
则，
故在单调递增，而，（1），
故存在，使得，且在递减，在，递增，
又因为（1），故（1），取，符合题意，
综上，对任意给定正整数，总存在实数和，使得成立．
【点评】本题考查数列与数学归纳法的综合应用，属于难题．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
A
B
A
B
A
A
题号
9
10
11
答案
AB
ABD
AD