广东省广州市培正中学2024届高三上学期第二次调研数学试题

这是一份广东省广州市培正中学2024届高三上学期第二次调研数学试题，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
满分：150分；时间120分钟
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1．若一组数据的75百分位数是6，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
2．若直线l的一个方向向量是，则直线l的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
3．若是方程的一个虚数根，则（ ）
A．0B．-1C．D．-1或
4．“”是“方程有唯一实根”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件
5．已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式为（ ）
A．B．C．D．
6．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点到平面距离为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，，若函数在上存在最大值，但不存在最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若数列，对于，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9．已知不等式的解集为，不等式的解集为，不等式的解集是，则（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知圆，则下列命题正确的是（ ）
A．圆心坐标为
B．直线与圆相交所得的弦长为8
C．圆与圆有三条公切线.
D．圆上恰有三个点到直线的距离为，则或
11．如图，在三棱锥中，平面，，且，，过点的平面分别与棱，交于点M，N，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥外接球的表面积为
B．若平面，则
C．若M，N分别为，的中点，则点到平面的距离为
D．周长的最小值为3
12．用min{}表示中的最小值，设函数，则（ ）
A．B．在上无零点
C．当时，在上有1个零点D．若有3个零点，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．已知函数是奇函数，且，则的值为
14．等差数列中，已知，且在前项和中，仅当时，最大，则公差的取值范围为 ．
15．已知圆台的母线长为，，分别是上、下底面内一点（包括边界）．若点与点之间的距离的最大值和最小值分别为5和3，则该圆台的体积为 ．
16．已知双曲线的左､右焦点分别是.点为左支上的一点，过作与轴垂直的直线，若到的距离满足，则的离心率的取值范围为 .
四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效，
17．（本题10分）已知数列的前项和为，且满足，等差数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
18．（本题12分）在中，分别是角所对的边，为边上一点．
(1)试利用“”证明：“”；
(2)若，求的面积．
19．（本题12分）如图，在直三棱柱中，为的中点.请从条件①、②、③中选择合适的两个作为已知，并解答下面的问题：条件①：平面的面积为；条件②：；条件③：点到平面的距离为.
(1)求二面角所成角的正弦值；
(2)点是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围.
20．（本题12分）某校高二（1）班的元旦联欢会设计了一项抽奖游戏：准备了张相同的卡片，其中只在张卡片上印有“奖”字.
(1)采取放回抽样方式，从中依次抽取张卡片，求抽到印有“奖”字卡片张数的分布列、数学期望及方差；
(2)采取不放回抽样方式，从中依次抽取张卡片，求第一次抽到印有“奖”字卡片的条件下，第三次抽到未印有“奖”字卡片的概率.
21．（本题12分）已知函数有两个极值点，．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
22．（本题12分）在平面直角坐标系中，点，点A为动点，以线段为直径的圆与轴相切，记A的轨迹为，直线交于另一点B．
(1)求的方程；
(2)的外接圆交于点（不与O，A，B重合），依次连接O，A，C，B构成凸四边形，记其面积为．
（i）证明：的重心在定直线上；
（ii）求的取值范围．
参考答案：
C 2．B 3．A
4．A
【详解】方程有唯一解，
即直线与上半圆有且仅有一个交点，
解得的取值范围为，
∴是方程有唯一解的充分不必要条件；
故选：A．
5．D
【详解】的定义域为，故排除A；
对于B，当，，故是奇函数，排除B．
对于C，当，，故是奇函数，排除C．
同理得是偶函数，
故选：D
6．C
【详解】由于平面的方程为，所以平面的法向量，
在平面上任取一点，则，
所以点到平面距离.
故选：C.
7．D
【详解】若，则，
又因为，函数在上存在最大值，但不存在最小值，
所以当，即时，
只需满足，此时，
当，即时，
函数一定存在最大值，要让函数无最小值，则，
此时，
综上，，即的取值范围是.
故选：D
8．C
【详解】依题意，得，故只需考虑时，，．
因为，只需要，
即，整理得．
令，则，
所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列，
则，所以，即的取值范围为．
故选：C．
9．AD
【详解】由不等式，即，解得，即，
又由，解得，即，
，A正确，B错误；
，则是的两根，
则，，C错误，D正确.
故选：AD
10．ABD
【详解】对于A中，由圆，可化为，
可得圆心，半径为，所以A正确；
对于B中，由圆心到直线的距离为，
则相交弦长为，所以B正确；
对于C中，由圆，可得圆心，半径，
可得，且，则，
所以圆与圆相交，可得两圆有两条公共切线，所以C错误；
对于D中，由圆上恰有三个点到直线的距离为，
则满足圆心到直线的距离为，即，
解得或，所以D正确.
故选：ABD.
11．BCD
【详解】取中点为，连接,
因为平面，平面，所以,
故,
,所以,又，且，，
所以
因此,
所以三棱锥外接球的半径，
表面积，A不正确.
若平面，平面,则，.
平面，平面，所以,
又,,平面，所以平面，
平面，故，所以.
由于,
又，所以，，解得，B正确.
因为M，N分别为，的中点，所以，
由于平面,则平面，又平面，平面，
故平面，
则点到平面的距离等于点到平面的距离.
设点到平面的距离为，易知，，，
由，得，解得，C正确.
如图，将，翻折至平面内，连接，易知即周长的最小值，
，周长的最小值为3，D正确.
故选:BCD
12．BCD
【详解】记
当时，，从而,，
在无零点，B正确
当时，若，则， ，
故是的零点；
若，则，,
故不是的零点，故A错误，
当时，，所以只需考虑在的零点个数，
（ⅰ）若或，则在无零点，
故在单调，而，，
所以当时，在有一个零点；当时，在无零点；
（ⅱ）若，则在单调递减，在，单调递增，
故当时，取的最小值，最小值为，
①若，即，在无零点，
②若，即，则在有唯一零点，
③若，即，由于，，所以当时，在有两个零点；当时，在有一个零点．
综上，当或时，有一个零点；
当或时，有两个零点；
当时，有三个零点．
故选：BCD
13．
14．
【详解】为等差数列，且，
则前项和，是关于的二次函数，且，
因为仅当时，最大，所以对称轴在区间，
即，解得：，
则公差的取值范围是.
故答案为：
15．
【详解】显然当垂直于底面时，，之间的距离最小，所以圆台的高为3．
设上、下底面半径分别为，记点在下底面内的射影为，直线交圆于点，
如图，当点与重合时，之间的距离最大．
此时，且母线长为3，
所以
所以圆台体积．

故答案为：
16．
【详解】设，，则，
由题意得，，，
则，
两边平方得，整理得，
又，
所以，
变形得到，
即上式在上有解，
其中，
令，
则，
，
要想使得在上有解，
只需要开口向上，即，
即，所以，，解得
故离心率的取值范围是.

故答案为：
17．
【详解】（1）由，
当时，由，
两式相减，得，
因此数列是以2为首项，为公比的等比数列，即.
设等差数列的公差为，
因为，所以，因此，
故，；
（2）由（1）可知，，
所以，
设数列的前项和为，
则有，
，
两式相减，得，
即，
因此.
18．
【详解】（1）在中，由向量的线性运算法则，可得，
两边同时点乘，可得，
所以，
两边同时约去，可得，即证毕．
（2）如图所示，设，
因为，所以，又因为，所以，，
所以，
化简得，解得或（舍去），所以，
所以的面积．

19．
【详解】（1）因为直三棱柱，所以平面ABC，又CA，平面ABC，
所以，，又.
以为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，（，），
则，，，，，.
选①②，
因为直三棱柱中，平面平面且平面平面又，平面,又平面，. 则又由①得平面的面积为，
由②得，
解得，.所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设二面角所成角的平面角为，
所以，因为，所以，
所以二面角所成角的正弦值为.
选①③，
因为直三棱柱中，平面平面且平面平面又，平面,又平面，.
又由①得平面的面积为，
由①③得，即，解得，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则
设二面角所成角的平面角为，
所以
因为，所以，
所以二面角所成角的正弦值为.
选②③，
由②得，
由②③得，即，解得，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设平面的一个法向量为，
则,，取，则
设二面角所成角的平面角为，
所以，
因为，所以，
所以二面角所成角的正弦值为.
（2）解法一：取AB中点Q，连接PQ，CQ，
因为平面，平面，所以，
因为，，所以，
所以点P的轨迹是以Q为圆心，半径为1的半圆，设点，所以，
因为，，所以，所以，
设CP与平面所成角为，由及平面的一个法向量为知，，
因为，所以，
所以CP与平面所成角的正弦值的取值范围为.
解法二：设，
由得，
因为，所以，即，所以.
设CP与平面所成角为，，
又由（1）知，平面的一个法向量为，
所以，，因为，所以.
所以CP与平面所成角的正弦值的取值范围为.
20．
【详解】（1）解：由题意可知，，
则，，
，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，，.
（2）解：记事件第一次抽到印有“奖”字卡片，事件第三次抽到未印有“奖”字卡片，
则，.
由条件概率公式可得，
所以，在第一次抽到印有“奖”字卡片的条件下，第三次抽到未印有“奖”字卡片的概率为.
21．
【详解】（1）由题设且，
若，则在上恒成立，即递增，不可能有两个极值点，不符；
故，又有两个极值点，则，是的两个不同正根，
所以，可得，即实数的取值范围是.
（2）由（1）且，，不妨设，
则
，
要证，需证，即，
只需证，即，令，则证，
由（1），时，即，
所以在上递增，又，故，即，
综上，.
22．
【详解】（1）设，则线段的中点坐标为，
因为以线段为直径的圆与轴相切，所以，
化简，得.
（2）（i）因为四点共圆，设该圆的方程为，
联立，消去x，得，
即，
所以即为关于y的方程的3个根，
则，
因为，
由的系数对应相等得，，即，
因为的重心的纵坐标为，
所以的重心在定直线上.
（ii）记的面积分别为，由已知得直线AB的斜率不为0
设直线AB：，联立，消去x，得，
所以，
所以，
由（i）得，，
所以，即，
因为，
点C到直线AB的距离，
所以，
所以
不妨设，且A在第一象限，即，，
依次连接O，A，C，B构成凸四边形，所以 ，即，
又因为，，即，即，
所以，即，即，
所以，
设，则，
令，则，
因为，所以，所以在区间上单调递增，
所以 ，
所以的取值范围为