2024届广东省佛山市南海区狮山石门高级中学高三上学期第二次统测（10月）数学试题含解析

这是一份2024届广东省佛山市南海区狮山石门高级中学高三上学期第二次统测（10月）数学试题含解析，共19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
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解出集合B中的不等式，得到集合B，再进行补集和交集的运算.
【详解】由，解得，则有，，
所以.
故选：C.
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】将等式整理可得，即可计算出.
【详解】将整理可得，
所以；
可得.
故选：D
3．两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据向量夹角公式，以及向量夹角坐标公式，或者根据向量运算法则求解画图即可.
【详解】法一：，
设与的夹角为，则，
又，；
法二：根据，，取，
设， 与的夹角为，
从而，
又，；
法三：利用运算法则，设，，，则，如图 ，
则设向量与夹角为，则，
，，，
又，.
故选：A
4．已知是空间中三个不同的平面，是空间中两条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】根据空间中线面之间的关系逐一判断即可.
【详解】对于A ，若，则，故A正确；
对于B，若，则，平行或相交，故B错误；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则，故D正确.
故选：B.
5．如图，点为正方形的中心，平面平面，且，是线段的中点，则（ ）
A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
【答案】A
【分析】由题意作出图形，并连接，结合已知条件容易证明四边形为等腰梯形，从而由等腰梯形的性质即可求解.
【详解】如图所示：
连接，点为正方形的中心，
则经过点，且点为中点，
是线段的中点，
所以在中，，
又， 且由正方形性质可知，
所以，
即四边形为等腰梯形，
又为等腰梯形的对角线，
所以，且直线是相交直线.
故选：A.
6．已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题设得为正三角形，数形结合及投影向量定义即可得答案.
【详解】由得：为中点，的外接圆圆心为，
则，又，所以，为正三角形，
由投影向量的定义，得向量在向量上的投影向量为.
故选：D
7．在中，，则的长为（ ）
A．4B．4或5C．5D．
【答案】C
【分析】根据倍角公式和正弦定理可得，再根据角的关系和三角恒等变换可得，利用正弦定理运算求解即可.
【详解】因为，则，
由正弦定理可得，即，解得，
且，可得，
则，
可得，
由正弦定理，可得.
故选：C.
8．已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为，右焦点为，点在的右支上，且满足，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】由题意得，，然后求出点的坐标，从而可求出，在中利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求得答案.
【详解】由题意得，，则，，
由双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，
当时，，得，则，即，
所以，，
，
在中，由余弦定理得，
因为为锐角，所以，
所以，
故选：A

二、多选题
9．设等差数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．最大
【答案】ABC
【分析】根据等差数列的通项公式与前项和公式求解判断．
【详解】等差数列，由得，所以正确；
，故B正确；
，又，可知大于0，故C正确，错误.
故选：ABC．
10．直线与抛物线相交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．抛物线的准线方程为B．拋物线的焦点为
C．若为原点，则D．若，则
【答案】BC
【分析】根据抛物线的方程即可得准线和焦点坐标，进而可判断AB，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，结合向量垂直的坐标运算即可判断C，由焦半径公式即可判断D.
【详解】
由，则其焦点为，准线方程为A错，B对；
联立直线与拋物线得，设，则
，而，
由，即，故C对，
显然直线不过焦点，由拋物线定义有，所以D错.
故选：BC
11．已知函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若的图像向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（ ）
A．B．若在单调递增，则
C．曲线的一条对称轴是D．曲与直线有5个交点
【答案】AD
【分析】利用周期和图像平移即可判断选项A；结合正弦函数的单调性即可判断选项B；利用正弦函数的对称轴即可判断选项C；结合函数图像即可判断选项D.
【详解】由题意，故，
又的图象向左平移个单位得到，
所以，且，故，A正确；
令，
故易知在单调递增，故，B错；
因为，则，
所以直线不是曲线的一条对称轴，C选项错误；
直线与曲线均过点，
且该直线与曲线均关于该点中心对称，
当时，，
当时，，
如图所示，
由对称性可知曲线与直线有5个交点，故D对.
故选：AD
12．如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半经分别为3和1，母线长为4，则（ ）
A．圆台容器的的容积为
B．圆台的外接球的半径为
C．容器中可放入一个半径为1.7球体
D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2
【答案】ACD
【分析】对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C知圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可.
【详解】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为，
由台体体积公式可得，
故A选项正确.
圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，
则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，
等价于的外接圆的半径.
由上图可得，
由正弦定理得.
B选项错误.
考虑该圆台是否有内切球.
圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时，
球心在两底面圆心连线们中点，半径为；
接下来验证点到距离，
由题意，
则，即为直角三角形，
所以，解得，
故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确.
正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体，
由（3）可知，最大正方体对角线为，
所以，最大边长的值为2，故D选项正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知，若则 .
【答案】/
【分析】利用二倍角公式计算出，根据的范围求出，再求余弦可得答案.
【详解】，
，
，
又.
故答案为：.
14．若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为 .
【答案】
【分析】由待定系数法求解或，即可根据点到线的距离公式求解.
【详解】由题知，圆心在第一象限，设圆的方程为，
代入整理得，解得或，
圆心到直线距离为
故答案为：
15．甲、乙两位同学进行象棋比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）.根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立.若甲以获胜的概率不高于甲以获胜的概率，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】分别求得甲以获胜的概率，甲以获胜的概率，再由求解.
【详解】解：题意可知，甲以获胜的概率为，
甲以获胜的概率为，
因为，
所以，
解得，
故的取值范围为.
故答案为：
16．正方体的棱长为，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则平面截正方体所得截面面积的的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得截面的位置为过棱的中点的正六边形，即可得到结果.
【详解】
相互平行的直线与平面所成的角是相等的，可知在正方体中，平面与直线所成的角是相等的，
平面与平面平行，由正方体的对称性：要求截面面积最大，
则截面的位置为过棱的中点的正六边形（过正方体的中心），边长为2，所以其面积为.
故答案为：
四、解答题
17．已知等比数列的前项和为，且：
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系式求出等比数列的公比，由等比数列的通项公式求解；
（2）先求出数列的通项公式，利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
时，时，.
，
，
（2）由（1）得，由题得，
18．在中，内角的对边分别为，且，.
(1)证明：;
(2)若的面积为，求边上的高.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理以及二倍角公式证明即可；
（2）结合（1）的结论以及利用正弦定理或余弦定理求出角的值，再根据三角形面积公式以及等面积法求解即可.
【详解】（1）证明：，
由正弦定理，及余弦定理得，
①，
又，②
由①②得，，
.
（2）由（1）得，，
（或由余弦定理得）
的面积，
设边上的高为，
则的面积，
，即边上的高为.
19．如图，在正三棱柱中，点为侧棱的中点，且.
(1)证明：平面平面
(2)若二面角的大小为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据线线垂直即可求证线面垂直，进而可得面面垂直，或者建立空间直角坐标系，利用向量法求证法向量垂直.
（2）根据二面角的平面角可得进而得，利用等体积法即可求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）法一：
取中点的中点，连接与，
则，且
又为中点，，且，
四边形是平行四边形，.
在正三棱柱中，平面平面，
，又为等边三角形，，
又平面，
平面，又平面，
平面平面，
法二如图，以原点，垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的一个法向量为，则
，
取，则
又平面的法向量为，
，
平面平面
（2）方法一：取中点，连接，
，
在正三棱柱中，，
是二面角的平面角，
又平面，
设点到平面的距离为，则，
，即点到平面的距离为.
方法二：由（1）得，
设平面的一个法向量为，则
，
，取，则
又平面的法向量为，
二面角的大小为
，
由于，
，又，
点到平面的距离为.
20．已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知中，内角的对边分别为，若边的中线长为，求面积的最大值.
【答案】(1)的最小正周期，的单调递减区间为；
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换公式，化简得，再由三角函数的周期公式、正弦函数的肯定答案；
（2）由函数解出，利用、余弦定理，结合基本不等式解出，由此利用三角形的面积公式可得答案.
【详解】（1），
，
故的最小正周期，
由，得，
的单调递减区间为；
（2）由（1）得，，即，
，
又，
，
，
，当仅时取等号，
面积，
面积的最大值为.
21．某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则是：有放回的从装有大小相同的6个红球和4个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n次抽奖所得的奖券数额的数学期望为.
(1)求及的分布列.
(2)写出与的递推关系式，并证明为等比数列；
(3)若顾客甲一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.（考数据：）
【答案】(1)，分布列见解析；
(2)，证明见解析；
(3)所得奖券数额的期望约为593.7元.
【分析】（1）利用古典概型求出抽到红球、黑球的概率，求出，再求出的可能值及对应概率列出分布列.
（2）分析求出递推关系，利用构造法证明即可.
（3）由（2）的结论，利用分组求和及等比数列前n项和公式求解即得.
【详解】（1）依题意，抽到一个红球的概率为，抽到一个黑球的概率为0.4，
显然的值为25，50，则，
所以，
又的值为，
则，
所以的分布列为：
（2）依题意，当时，甲第n次抽到红球所得的奖券数额为，对应概率为，
抽到黑球所得的奖券数额为25元，对应概率为，
因此当时，，
，即，又，
数列为等比数列，公比为1.2，首项为90.
（3）由（2）得，，即，
所以顾客甲抽奖6次，所得奖券数额的期望为（元）.
【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）.
22．已知函数和.
(1)求函数的极值；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)的极小值为，无极大值;
(2)证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，利用函数单调性分析得出极值即可；
（2）利用（1）的条件，根据题意构造新函数利用函数导数与单调性证明即可.
【详解】（1）由题，定义域为，求导得，
由，得，
的极小值为，无极大值.
（2）由（1）可得，即（时取等号），
，
令，则的定义域为，
所以，
由，得，则：
时取等号）
（两个等号成立的条件不同），
，
所以当时，.
25
50
100
0.4
0.24
0.36
0
0
递减
0
递增
0
递减
0
递增