广东省七校（深圳宝安中学、中山一中、南海中学、仲元中学、潮阳一中、普宁二中、桂城中学）2024届高三上学期第一次联考数学

这是一份广东省七校（深圳宝安中学、中山一中、南海中学、仲元中学、潮阳一中、普宁二中、桂城中学）2024届高三上学期第一次联考数学，共19页。试卷主要包含了BC，【详解】符合题意的情况有两种，【分析】函数过定点，由数形结合，【详解】由，可设，由，，【详解】解等内容，欢迎下载使用。
DDAB BCCD
8．【详解】根据正弦和角与差角公式化简函数式可得
，（，）.
根据正弦函数单调递增区间可知，（）上单调递增，
化简得，；∴函数的单调增区间为，（）.
∵在上单调递减，可得，解得，（）.又，
当时，可得；当时，可得.故选：D.
9．AB 10．ACD. 11．BCD
11.对于D：，，所以是奇函数；
根据二次函数的单调性，易知在和都是减函数，且在处连续，所以在上是减函数，所以是“理想函数”.12．BC
12.【详解】取中点,连接,可得面,则,故A错误；
在四面体中，过点作面于点,则为为底面正三角形的重心，因为所有棱长均为,,即点到平面的距离为,故B正确；
设为正四面体的中心则为内切球的半径，我外接球的半径，
因为，所以，即,
所以四面体的外接球体积,故C正确；
建系如图：,设，则
因为，所以，
即，平方化简可得：，可知点的轨迹为双曲线,故D错误.
13．【详解】符合题意的情况有两种：名医生、名护士和名医生、名护士．
选取名医生、名护士的方法有：种；选取名医生、名护士的方法有：种；
综上所述：满足题意的选取方法共有种．故答案为：.
14．【详解】由题意，延长线段与的延长线交于点，连接交于，连接，故平面延展开后即为平面，将该正方体分成的两部分一部分是三棱台，另一部分是剩余的部分.
由于，故，不妨设正方体棱长为3，，
，即.故答案为：.
15．【分析】函数过定点（0，-2），由数形结合：
16．【详解】由，可设，由，
得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.
因为是的角平分线，且
故也为的角平分线，为的内心.如图，设，，
则由双曲线与内切圆的性质可得，，
又，所以，，在上的投影长为，则在上的投影向量为．
17．【详解】（1）解：由正弦定理可得，
又由，
因为，可得，因为，可得，所以，
又因为，所以.
（2）解：因为是锐角三角形，由（1）知且，可得，
因为，所以，由三角形面积公式得
又由正弦定理且，所以，
因为，所以，所以，
所以，即面积的取值范围为.
18．(1)因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．因为，
所以，所以．
(2)设平面的法向量为，因为，
所以，即．令，则
因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，
则．当时，取最小值为，
此时取最大值为．所以，此时．
19．(1)解：函数的定义域为，，
令，可得或，列表如下：
故函数的极大值为，极小值为.
(2)解：对于，，都有，则.
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，因为，且，则且不恒为零，
故函数在上单调递增，故，由题意可得，故.
20．【详解】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
21．【详解】（1）由椭圆C的焦距为2，故，则，
又由椭圆C经过点，代入C得，得，，所以椭圆的方程为：．
根据题意，直线的斜率显然不为零，令
由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为，
与联立得，，则，
设，，，，
设存在点T，设T点坐标为，由，得，
又因为，所以，，
所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有，
则：，所以，
所以，，
即，即，
解得，符合题意，即存在点T满足题意.
22．【详解】（1）由题知，的取值可能为1，2，3所以；
；；
所以的分布列为：
所以数学期望为.
（2）令，则a=y−bx；，由题知：，，
所以，
所以，，故所求的回归方程为：，
所以，估计时，；估计时，；估计时，；
预测成功的总人数为.
（3）由题知，在前轮就成功的概率为
又因为在前轮没有成功的概率为
，
故.
增
极大值
减
极小值
增
1
2
3