广东省广州市华南师范大学附属中学2024届高三数学上学期综合测试（二）试题（Word版附答案）

这是一份广东省广州市华南师范大学附属中学2024届高三数学上学期综合测试（二）试题（Word版附答案），共28页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁.等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.
第一部分 选择题（共60分）
一、选择题：本题共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.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. “”是 “”的
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
3. 将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，下列各点是的对称中心的是（ ）
A. B. C. D.
4. 设是等差数列前n项和，若，则（ ）
A. 15B. 30C. 45D. 60
5. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知公比为正数的等比数列的前n项积为，且满足，，若对任意的，恒成立，则k的值为（ ）
A. 50B. 49C. 100D. 99
7. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列各式计算正确有（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知，且，则下列不等式成立的是（ ）
A B.
C. D.
11. 已知中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若在方向上的投影向量为，则的最小值为
C. 若点P为BC的中点，则
D. 若，则为定值18
12. 已知数列满足，，则（ ）
A. 为单调递减数列B.
C. D.
第二部分 非选择题（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设，则的共轭复数为__________．
14. 已知，且，则__________．
15. 已知，若在上恰有两个不相等的实数满足4，则实数的取值范围是______.
16. 已知各项均不为零的数列的前项和为，，，，且，则__________；的最大值等于__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知等比数列，等差数列的公差，且，，，．
（1）求数列与的通项公式；
（2）设数列对任意，均有成立，求的通项公式．
18. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，．
（1）若为棱中点，求证：平面；
（2）若为棱上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值．
19. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）求的最小值．
20. 杭州亚运会定于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套謷”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为，前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为，如此往复．
（1）求该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率；
（2）记该运动员第晚选择“中式套餐”的概率为
（i）求；
（ii）求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数．
21. 双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．
（1）求双曲线的方程；
（2）、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．
22. 设函数的两个极值点分别为，．
（1）求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立，求正数的取值范围（其中为自然对数的底数）．华南师大附中2024届高三综合测试（二）
数学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.
第一部分 选择题（共60分）
一、选择题：本题共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.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求集合M，根据元素与集合之间的关系逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，
所以，，，.
故选：A.
2. “”是 “”的
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的概念，即可判断出结果.
【详解】解:因为能推出，而不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件,
故选:A.
【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件与充要条件的判断，属于基础题型.
3. 将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，下列各点是的对称中心的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到平移后的解析式，进而代入检验得到答案.
【详解】向右平移个单位长度，得到，
A选项，，故A正确；
B选项，，B错误；
C选项，，故C错误；
D选项，，D错误.
故选：A
4. 设是等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. 15B. 30C. 45D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求出，再根据等差数列前n项和公式即可得解.
【详解】由题意得，所以，
所以.
故选：C.
5. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量垂直及数量积的运算律列方程得，再应用向量夹角的坐标表示求夹角余弦值.
【详解】因为，，
所以，，
因为，所以，得，
所以，所以
故选：D.
6. 已知公比为正数等比数列的前n项积为，且满足，，若对任意的，恒成立，则k的值为（ ）
A. 50B. 49C. 100D. 99
【答案】B
【解析】
【分析】由，公比为正数，按照与的大小分类讨论，先排除.当时，由得，从而求得的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，
若，由，则恒成立，
由，得，即，
这与矛盾，所以.
由，又，则恒成立，
得，即.
则等比数列为递增数列，
则，又，
所以，
则且
所以是的最小值，即对任意的，恒成立，
所以k的值为49．
故选：B．
7. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出的表达式，得出，进而推得.将不等式转化为.求导得出，结合基本不等式得出恒成立，得出函数的单调性，列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，
，
所以，.
所以，，
即，所以.
则由不等式可得，
.
又恒成立，
当且仅当，即时等号成立，
所以，在R上单调递增.
则由可得，，解得.
所以，满足的的取值范围是.
故选：D.
8. 已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得，计算出的值域为，根据题意可得，因此当且仅当时，的最小值为.
【详解】由可得
，其中；
又因为的图象关于直线对称，所以需满足，
解得，即；
可得，即，所以
由正弦函数值域可得
若要求满足的的最小值，
只需满足取最大值即可，而，
所以当且仅当时满足题意，
即；
所以，得，即的最小值为.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列各式计算正确的有（ ）
A. B.
C D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据三角函数的二倍角公式以及和角公式，可得答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：BC.
10. 已知，且，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，直接利用基本不等式判断；对于B，利用“1”的代换，再利用基本不等式判断；对于C，由判断；对于D，由得到，再利用函数的单调性判断.
【详解】对于A，，当且仅当时取“=”，A正确；
对于B，，当且仅当，即时取“=”，B不正确；
对于C，因，则有，
即，当且仅当，即时取“=”，由得，所以当时，，C正确：
对于D，由得，，而函数在上单调递增，因此，不正确.
故选：AC
11. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若在方向上的投影向量为，则的最小值为
C. 若点P为BC的中点，则
D. 若，则为定值18
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于，根据向量加法的运算法则及三角函数的诱导公式化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据向量加法结合律律及平行四边形法则计算可得；对于D，根据向量数量积运算律计算即可.
【详解】解：如图，设BC的中点为E，连接QE，∵，由余弦定理可得：
，∴，∴，
又，∴，∴，∴，
对A选项，∵，∴，∴，又E为中点，
∴，又，∴，
∴，故A选项正确；
对B选项，∵在方向上的投影向量为，∴，又Q是AC的中点，P在BC上，∴当时，PQ最小，此时，故B选项错误；
对C选项，若点P为BC的中点，即P与E点重合，∵，∴，
∴，故C选项正确；
对D选项，∵，∴的平分线与BC垂直，
∴是以BC为底边的等腰三角形，∴，又由A选项分析知，
∴根据向量数量积的几何意义知，
∴，故D选项正确．
故选：ACD．

12. 已知数列满足，，则（ ）
A. 为单调递减数列B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据，得，结合选项利用各项间关系，构造函数依次求解即可.
【详解】由题意可得，
对于A，令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，当且仅当时等号成立，
若，又，则得，则与题设矛盾，所以，
设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，所以，
由可知当时，，则，，即，
同理可得，…，，所以当时，，所以，
所以数列为单调递减数列，选项A正确；
对于B，只需证明，
令，，令，，
则由均值不等式可知，
所以在上单调递增，所以，，选项B正确；
对于C，，设，，
设，，
则，所以在上单调递减，所以随着减小，增大，又因为随着的增大减小，所以，即，选项C错误；
对于D，由累乘法可知要证只需证明
，
令，，
则，所以恒成立，
所以，所以，
累乘得，，
所以，选项D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查了数列的综合应用，结合构造的模型函数进行求解.
第二部分 非选择题（共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设，则的共轭复数为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，化简得出，然后即可根据共轭复数的概念，得出答案.
【详解】化简可得，.
根据共轭复数的概念可得，.
故答案为：.
14. 已知，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数基本关系和和差公式计算即可.
【详解】因为，所以，
又因为，所以
所以，
所以
即
故答案为：
15. 已知，若在上恰有两个不相等的实数满足4，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由，可得，分析可知函数在上恰有两个最大值点，可得到关于的不等式，解出即可.
【详解】因为，所以，
因为在上恰有两个不相等的实数满足，
且，
所以函数在上恰有两个最大值点，
所以，解得，
因此实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知各项均不为零的数列的前项和为，，，，且，则__________；的最大值等于__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据得，两式作差可得，，所以可求出，再根据，则=，再根据题中所给条件和基本不等式求出的最值即可求出的最大值.
【详解】因为，
所以，将代入，得，
所以，，所以，所以，
，
又因为，所以，，即，
因为，所以，，当且仅当时等号成立，
所以，
因为，所以当时，最大，
所以，
即时，有最大值．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知等比数列，等差数列的公差，且，，，．
（1）求数列与的通项公式；
（2）设数列对任意，均有成立，求的通项公式．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据已知列出关系式，求解得出，进而得出的通项公式.然后求出的项，进而得出，即可得出的通项公式；
（2）根据前n项和公式以及通项之间的关系，即可得出，从而得出，得出的表达式，然后求出的值，检验即可得出答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
由题意，，，，
所以，即，
解得，或（舍去），
所以
所以，，
所以，，
所以．
【小问2详解】
由题意，，①
，②
②①得，
所以，
所以.
当时，由可得不满足上式.
所以．
18. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，．
（1）若为棱的中点，求证：平面；
（2）若为棱上一点，且，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，先证明四边形是平行四边形，得出.进而根据线面平行的判定定理，即可得出证明；
（2）先证明平面.建立空间直角坐标系，写出点以及向量的坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量求解即可得出答案.
【小问1详解】
如图1，取中点，连接，，
，分别为，的中点，
且.
∵底面四边形是矩形，为棱的中点，
且．
且，故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
所以，平面.
【小问2详解】
在等边中，为的中点，
所以，且
又平面平面，平面平面，平面，
平面.
如图2，以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，过点P作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
故，，．
则，
．
设平面的一个法向量为，
则，
取得，，
则．
易知平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知角化边可得，然后根据余弦定理求出，根据的范围，即可得出答案；
（2）化简得出.然后根据两角差的正弦推得.进而由已知得出，即可得出，即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
整理得，
所以，
且，故.
【小问2详解】
，
由，可得.
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，所以，
则，即，则，
所以的最小值是．
20. 杭州亚运会定于2023年9月23日至10月8日举行．在此期间，参加亚运会的运动员可以在亚运村免费食宿．亚运村的某餐厅从第一天起到最后一天，晩餐只推出“中式套餐”和“西式套謷”．已知某运动员每天晚餐会在该食堂提供的这两种套餐中选择．已知他第一晚选择“中式套餐”的概率为，而前一晚选择了“中式套餐”，后一晚继续选择“中式套餐”的概率为，前一晚选择“西式套餐”，后一晚继续选择“西式套餐”的概率为，如此往复．
（1）求该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率；
（2）记该运动员第晚选择“中式套餐”的概率为
（i）求；
（ii）求该运动员在这16晚中选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率的晚数．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）2晩
【解析】
【分析】（1）分类两种情况讨论：第一晚选择“中式套餐”的概率为，则第二晚“中式套餐”套餐的概率为；第一晚选择“西式套餐”的概率为，则第二晚“中式套餐”套餐的概率为，进而得到结果；
（2）（i）先求出与之间的递推关系，根据等比数列的知识求解出；
（ii）由选择“中式套餐”的概率大于“西式套餐”概率可知，从而解得的范围，进而得出结果.
【小问1详解】
解：记该运动员第二晚“中式套餐”套餐的概率，
由题意知：；
【小问2详解】
该运动员第晚选择“中式套餐”的概率为，
（i），
∴，
又∵，∴，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列．
∴；
（ii）由题意知，只需 即，
，即，
显然必为奇数，偶数不成立，
故当，3，5，…，15时，有即可.
当时，，显然成立；
当时，，
因为，
故当时，成立；
当时，与比较大小，
，
所以当时，不成立.
又因为单调递减，所以时不成立．
综上，只有2晩.
21. 双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．
（1）求双曲线的方程；
（2）、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解；
（2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围.
【小问1详解】
依题意，，焦半径，
由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故双曲线的方程为；
【小问2详解】
显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为，
联立，消去整理得，
在条件下，设，，
则，，
由，得，
即，
整理得，
代入韦达定理得，，
化简可消去所有的含的项，解得：或（舍去），
则直线方程为，得，
又都在双曲线的右支上，故有，，
此时，，
所以点到直线的距离的取值范围为.
22. 设函数的两个极值点分别为，．
（1）求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立，求正数的取值范围（其中为自然对数的底数）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意知有两个不相等的实根，转化为两个函数有两个交点问题，根据单调性画出函数图象，由此得到的取值范围.
（2）将不等式取自然对数化简整理，构造函数，求导分析，即可求正数的取值范围
【小问1详解】
由题，定义域为．
则，由题可得有两个不等实数根，，
于是有两个不同的实数根，等价于函数与图象在有两个不同的交点，
，由，由，
所以在递增，在递减，
又，有极大值为，当时，，所以可得函数的草图（如图所示）．
所以，要使函数与图象在有两个不同的交点，当且仅当．
即实数的取值范围为
【小问2详解】
由（1）可知：，是方程的两个实数根，且．
则 ．
由于，两边取自然对数得，
即，
令，则在恒成立．
所以在恒成立
令，则．
①当即时，，在递增，所以恒成立，满足题意．
②当时，在递增，在递减，所以，当时，，
因此，在不能恒成立，不满足题意．
综上所述，，即的取值范围是．