2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟数学试题含答案

2024届广东省深圳市罗湖区部分学校高三上学期开学模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用指数函数的单调性求出指数不等式的解集，再利用集合交集的定义求解.

【详解】由已知得，

所以，

故选：C.

2．已知复数满足，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数除法运算可求得，根据共轭复数和虚部的定义可得到结果.

【详解】由得：，

，的虚部为.

故选：A.

3．已知向量，满足，，则向量，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由向量垂直可得，，根据平面向量的夹角公式求解即可.

【详解】因为，所以，即①.

因为，所以，即②.

由①②可得，所以.

所以.

因为，所以.

故选:D.

4．已知函数为奇函数，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【分析】根据函数为奇函数，得到，解方程，求出答案.

【详解】由题意得，，即，

即，

所以，即，故，

解得.

故选：D

5．“”是“圆：与圆：存在公切线”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】利用内含的定义以及充分而不必要条件的定义求解.

【详解】当两圆无公切线时，两圆内含，

圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径为，

所以两圆的圆心距为，

即，解得，

所以当两圆有公切线时或，

所以能推出圆和有公切线，而圆和有公切线不能推出，

所以“”是“圆：与圆：存在公切线”的充分而不必要条件，

故选：A.

6．已知函数的图象大致如图，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】先得到函数最小正周期，求出，代入求出，得到函数解析式，代入求解.

【详解】由题意得，解得，

当时，，解得，

故，

将代入可得，，

故，解得，

则，

所以；

当时，，解得，

故，将

代入可得，，

故，解得，

则，

，

综上：.

故选：C

7．数列中，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据递推关系式可证得数列是以为周期的周期数列，由可求得结果.

【详解】由，，知：；

由得：，，即，

，即数列是以为周期的周期数列，.

故选：B.

8．已知一个圆锥的母线长为10，高为8，则该圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先计算出圆锥的底面圆半径，从而得到圆锥的表面积，再求出内切球的半径和表面积，得到答案.

【详解】由题意得，设圆锥的底面圆半径为，则，

则圆锥的的侧面积为，故圆锥的表面积为，

设圆锥的内切球球心为，过点作⊥于点，设内切球的半径为，

则，

因为，所以，即，

解得，故内切球的表面积为，

则圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为.

故选：B

9．若随机变量，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据正态分布曲线的对称性可判断ABC的正误；根据方差的性质可知D错误.

【详解】对于A，由正态分布曲线对称性可知：，A正确；

对于B，，，B正确；

对于C，，，

又，，C错误；

对于D，，，D错误.

故选：AB.

二、多选题

10．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（    ）

A．的图象关于对称 B．的图象关于对称

C． D．

【答案】AC

【分析】根据偶函数与奇函数得到对称，并得到周期，结合以上信息即可得到.

【详解】为偶函数，

关于对称，

根据图像变换关于对称，故A正确；

为奇函数，

关于中心对称，

根据图像变换关于中心对称，故B错误；

由以上分析得的周期为，即，故C正确；

关于中心对称，

，，

关于对称，

，

，

是周期为的函数，

，

，

，故D错误.

故选：AC.

11．已知椭圆E：的离心率为，左、右焦点分别为，，上顶点为P，若过且倾斜角为的直线l交椭圆E于A，B两点，的周长为8，则（    ）

A．直线的斜率为 B．椭圆E的短轴长为4

C． D．四边形的面积为

【答案】ACD

【分析】对于A：根据离心率可得，进而可得，结合斜率公式运算求解；对于B：根据题意分析可得关于直线l对称，结合椭圆的定义运算求解；对于C：根据数量积的定义运算求解；对于D：联立方程，利用韦达定理和弦长公式求面积即可.

【详解】对于选项A：设椭圆的半焦距为，

因为，解得，

可知，

直线的斜率为，故A正确；

对于选项B：由选项A可知：，且，则为等边三角形，

由题意可知：，即直线l为的角平分线，

则点关于直线l对称，所以的周长为8，

则，可得，

所以椭圆E的短轴长为，故B错误；

对于选项C：因为，

所以，故C正确，

对于选项D：因为直线l的方程为，椭圆方程为，

设，

联立方程，消去x得，

则，可得，

则，

点直线l的距离为，

所以四边形的面积为，故D正确；

故选：ACD.

12．欧拉是人类历史上最伟大的数学家之一.在数学史上，人们称18世纪为欧拉时代.直到今天，我们在数学及其应用的众多分支中，常常可以看到欧拉的名字，如著名的欧拉函数.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数，例如，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．，都有

C．方程有无数个根 D．

【答案】ACD

【分析】A选项，根据题意得到，，，A正确；B选项，举出反例；C选项，当为素数时，满足，C正确；D选项，先得到有7和7的倍数与不互素，利用等差数列性质计算出个数，从而得到.

【详解】A选项，所有不超过正整数3且与3互素的正整数为1，2，个数为2，故，

所有不超过正整数5且与5互素的正整数为1,2,3,4，个数为4，故，

所有不超过正整数15且与15互素的正整数为1,2,4,7,8,11,13,14，个数为8，故，

故，A正确；

B选项，不妨令，满足，但，B错误；

C选项，当为素数时，，而素数有无数个，故方程有无数个根，C正确；

D选项，因为为素数，所以当时，只有7和7的倍数与不互素，

即，共有，

所以.

故选：ACD

三、填空题

13．已知，，      ．

【答案】/

【分析】根据同角三角函数的基本关系及角所在的象限运算求解即可.

【详解】由得，又，所以．

因为，所以，，

所以．

故答案为：

14．的展开式中，的系数为      .

【答案】

【分析】写出二项展开式的通式，整理之后令的次幂等于3，即可计算出的系数.

【详解】根据二项式定理展开可得，第项为，

令，可得；

所以的系数为.

故答案为：160

15．过抛物线C：焦点F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，若M为AB的中点，则M到y轴的距离为      .

【答案】

【分析】作出抛物线的准线，设、在上的射影分别是、，连接、，过作于．由抛物线的定义结合题中的数据，可算出中，得到，从而得到直线的斜率值、直线的方程，再与抛物线联立，即可得出结论．

【详解】作出抛物线的准线，设、在上的射影分别是、，

连接、，过作于

，设，则，

由点、分别在抛物线上，结合抛物线的定义，得

，，

因此，中，，得

所以，直线的倾斜角，

得直线的斜率．

直线的方程为，代入，可得，

或，

为的中点，，

∴到轴的距离为，

故答案为：

16．正方体的棱长为2，底面内（含边界）的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为      .

【答案】

【分析】根据点的位置及满足的条件可求得点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在底面内的一部分，写出其轨迹方程，以为坐标原点建立空间直角坐标系再利用空间向量可求得点到平面的距离的表达式，利用点坐标的取值范围即可求出三棱锥体积的取值范围.

【详解】根据题意可知，连接，在底面内作于点，如下图所示：

由正方体性质可知即为到直线的距离，为到平面的距离，

所以；

在底面内，由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，

截取底面，分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：

又正方形边长为2，易知抛物线过点，，且对称轴为轴，

设抛物线方程为，代入两点坐标可得，解得

所以的轨迹抛物线方程为，

以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，所以，

设，平面的一个法向量为，

则，令，解得，即；

，

则点到平面的距离为，

令，易得，

所以，

易知在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，

所以，

所以三棱锥的体积；

即三棱锥体积的取值范围为.

故答案为：

【点睛】方法点睛：利用抛物线定义可求出点的轨迹方程，再利用空间向量求出点到平面的距离的表达式，即可得出其体积的取值范围.

四、解答题

17．已知数列为正项等差数列，数列为递增的正项等比数列，，.

(1)求数列，的通项公式；

(2)数列满足，求数列的前2n项的和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，然后根据已知条件列方程组可求出，从而可求出数列，的通项公式；

（2）由（1）得，然后利用分组求和法可求得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

因为，，

所以得，解得或，

因为数列为正项数列，为正项递增数列，

所以解得，，

所以，

（2）由（1）得，

所以数列的前2项和为

.

18．在四棱锥中，底面ABCD为正方形，.

(1)证明：平面平面ABCD；

(2)若，，求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据平面，即可证出面面垂直；

（2）解法一：取AD中点为O，以点O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解；

解法二：设平面PAD与平面PBC的交线为l，证明，取AD中点为O，取BC中点为M，连结PO，PM，OM，可证为平面PAD与平面PBC的夹角，求解即可.

【详解】（1）∵底面ABCD为正方形，

∴，

又∵，，AD，平面PAD，

∴平面PAD，

∵平面ABCD，

∴平面平面ABCD.

（2）（法一）取AD中点为O，连结PO，

∵在中，，，

∴，为等边三角形.

∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，

∴平面ABCD，

以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设底面正方形的边长为2，

∴，，，，，

∴，，

设平面PBC的一个法向量，

则，即，

令，则，，

∴，

由（1）可知平面PAD的一个法向量，

设平面PAD与平面PBC的夹角为，

则，

∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.

（法二）设平面PAD与平面PBC的交线为l，

∵，平面PAD，平面PAD，

∴平面PAD，

又∵平面PBC，

∴，，

∵平面PAD与平面PBC有一个交点P，

∴l为过点P且与BC平行的一条直线，如下图，

取AD中点为O，取BC中点为M，连结PO，PM，OM，

∵底面四边形ABCD为正方形，O，M分别为AD，BC的中点，

∴，

又∵平面PAD，∴平面PAD，

∵平面PAD，∴，

∵在中，，O为AD的中点，

∴，，

又，PO，平面PAD，

∴平面POM，∴，

又∵为锐角，∴为平面PAD与平面PBC的夹角，

设底面正方形ABCD的边长为2，

在中，，，

∴平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.

19．已知a，b，c分别为三角形△三个内角A，B，C的对边，且.

(1)求C；

(2)若，，D为AB边上一点，且，求△的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式求解即可;

（2）先利用两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理求出边长，最后利用三角形面积公式求解.

【详解】（1）由正弦定理得，

因为，

所以，

即，

，

而，所以，

又因为，所以.

（2）因为，，

所以，

，

由正弦定理，得，解得，，

则，

所以.

20．某厂生产的产品每10件包装成一箱，每箱含0，1，2件次品的概率分别为0.8，0.1，0.1.在出厂前需要对每箱产品进行检测，质检员甲拟定了一种检测方案：开箱随机检测该箱中的3件产品，若无次品，则认定该箱产品合格，否则认定该箱产品不合格.

(1)在质检员甲认定一箱产品合格的条件下，求该箱产品不含次品的概率；

(2)若质检员甲随机检测一箱中的3件产品，抽到次品的件数为X，求X的分布列及期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为

【分析】（1）利用条件概概率的公式即可；

（2）列出的取值，并根据题意得到各值的概率求出期望即可.

【详解】（1）记“质检员甲认定一箱产品合格”为事件A，“该箱产品不含次品”为事件B，

则，

，

由条件概率公式得，

所以在质检员甲认定一箱产品合格的条件下，该箱产品不含次品的概率为.

（2）由题意可得X可以取0，1，2，

则，

，

，

所以随机变量X的分布列为

所以.

21．已知函数R.

(1)讨论的单调性；

(2)当时，若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出，分为和两种情况分别研究导函数的正负，即可求得的单调性；

（2）构造函数，利用二次求导判断的单调性,求出m的取值范围，然后利用零点存在定理证明时，不等式恒不成立.

【详解】（1）函数的定义域为R,

，

当时，由，在R上单调递增，

当时，令，可得，令，可得，

∴单调递减区间为，单调递增区间为，

∴当时，在R上单调递增；

当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.

（2）设，则，

（i）当时，，

令，则，

令，则，

∴在区间上单调递增，则，

∴在区间上单调递增，则，

∴，

∴在区间上单调递增，则恒成立，

（ii）若时，则，，

∴，使得，

∴在区间上单调递减，则，与条件矛盾，

综上所述，实数m的取值范围为.

22．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且，若C上的点M满足恒成立.

(1)求C的方程；

(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P，Q两点，且.

（i）证明：l与C有且仅有一个交点；

（ii）求的取值范围.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析（ii）

【分析】（1）根据双曲线的定义以及几何性质即可求解，

（2）（i）根据点差法以及中点弦可得，进而可得直线PQ的方程，即可联立直线与双曲线方程通过判别式即可求证只有一个交点，（ii）根据点点距离公式，结合基本不等式即可求解最值.

【详解】（1）由双曲线定义可知，∴，

又由，∴，

∵，∴，

∴双曲线C的方程为.

（2）（i）设，，，

双曲线的渐近线方程为①，②，

将①＋②可得，将①－②可得，

由于且，相减可得，

∴，即，

由题可知，∴，，

∴，即，

∴直线PQ的方程为，即，

又∵点M在C上，∴，则，

将方程联立，得，

∴，由可知方程有且仅有一个解，

∴l与C有且仅有一个交点.

（ii）由（2）（i）联立，可得，同理可得，

∴，

∴，当且仅当即时取等号.

又∵，

∴的取值范围为.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.