2024届广东省深圳市龙岗区四校高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届广东省深圳市龙岗区四校高三上学期12月联考数学试题含答案，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】B
【分析】根据集合的运算，即可得到结果.
【详解】，，
故选：B
2．复数等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的乘除运算可得解.
【详解】.
故选：A.
3．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县新石器时代遗址中发现的.如图所示是一个陀螺立体结构图，已知底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为（），
故选：B
4．设，则“”是“”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】根据指数函数的性质和不等式的解法，分别求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得，解得，即集合
又由不等式，可得，解得或，
因为集合，所以是的充分不必要条件.
故选：A.
5．已知等比数列的前项和为，公比为2，且成等差数列，则（ ）
A．62B．93C．96D．64
【答案】B
【分析】利用给定条件求出，进而求出，再利用等比数列前项和公式计算即得.
【详解】等比数列的公比为2，由成等差数列，得，
即，解得，所以．
故选：B
6．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解.
【详解】因为，
所以，
故选：C
7．随着经济的不断发展，城市的交通问题越来越严重，为倡导绿色出行，某公司员工小明选择了三种出行方式.已知他每天上班选择步行、骑共享单车和乘坐地铁的概率分别为0.2、0.3、0.5.并且小明步行上班不迟到的概率为0.91，骑共享单车上班不迟到的概率为0.92，乘坐地铁上班不迟到的概率为0.93，则某天上班小明迟到的概率是（ ）
A．0.24B．0.14C．0.067D．0.077
【答案】D
【分析】根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的，以及互斥事件的概率加法公式，准确计算，即可求解.
【详解】记小明步行上班为事件，骑共享单车上班为事件，乘坐地铁上班为事件，
小明上班迟到为事件，
则，，，
，
所以
，
所以某天上班他迟到的概率是.
故选：D.
8．若函数，的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用可得，再由三角函数图像性质可得，解不等式即可求得的取值范围.
【详解】根据题意可知若，则可得；
显然当时，可得，
由的值域为，利用三角函数图像性质可得，
解得，即的取值范围是.
故选：D
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．一组数据的第百分位数为
B．若随机变量服从正态分布，且，则
C．若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强
D．对具有线性相关关系得变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
【答案】BCD
【分析】利用百分位数的定义即可判断选项A，利用正态分布的性质即可判断选项B，根据线性相关系数的性质即可判断选项C，利用线性回归方程中的基本量即可判断选项D.
【详解】因为，所以第百分位数为，A错误；
若随机变量服从正态分布，且，
则，
则，B正确；
若线性相关系数越接近，
则两个变量的线性相关性越强，C正确；
对于D，样本点的中心为，
所以，，
而对于回归直线方程，
因为此时线性回归方程为，
所以，，
所以，D正确.
故选：BCD
10．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．函数最小正周期为B．
C．在区间上单调递减D．方程在区间内有3个根
【答案】AC
【分析】根据函数图象可求出函数的最小正周期，进而可求出，再利用待定系数法求出，再根据正弦函数的图象和性质逐一判断即可.
【详解】由图可知函数最小正周期，故A正确；
，所以，则，
又，
所以，所以，
又，所以，故B错误；
所以，
由，得，
所以在区间上单调递减，故C正确；
令，得或，
所以或，
又，所以或或或，
所以方程在区间内有4个根，故D错误.
故选：AC.
11．已知等差数列 的首项为，公差为，前项和为，若 ，则下列说法正确的是（ ）
A．B．使得成立的最大自然数
C．D．中最小项为
【答案】ACD
【分析】结合题意：利用等差数列及，判断出，并可以分析出，再利用数列的相关知识即可判断.
【详解】根据题意：即两式相加，
解得：，故A正确.
由，可得到，所以，
，，
所以，故C正确；
由以上可得：，
，而，
当时，；当时，；要使得成立的最大自然数，故B错误.
当，或时，；当时，；
由，,
所以中最小项为，故D正确.
故选：ACD.
12．如图，正方体的棱长为，点是的中点，点是侧面内一动点，则下列结论正确的为（ ）

A．当在上时，三棱锥的体积为定值
B．与所成角正弦的最小值为
C．过作垂直于的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．当时，面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】证明出平面，可知，可判断A选项；利用线面角角的定义可判断B选项；分别取线段、的中点、，连接、、、、、、，证明出平面，并计算出四边形的周长，可判断C选项；分析可知，当时，的长取最小值，可求出面积的最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，如下图所示：

在正方体中，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
当在上时，点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，，A对；
对于B选项，连接，

因为平面，所以，与所成的最小角为直线与平面所成的角，
因为平面，所以，与平面所成角为，
因为平面，所以，，
因为，，
所以，，
所以，，故与所成角正弦的最小值为，B对；
对于C选项，分别取线段、的中点、，连接、、、
、、、，

因为四边形为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
在和中，，，，
所以，，则，
所以，，则，即，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为、分别为、的中点，则，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，则、、、四点共面，
因为，，，、平面，
所以，平面，
过作垂直于的平面截正方体所得截面，则截面为梯形，
由勾股定理可得，
同理可得，，，
所以，截面周长为，C错；
对于D选项，由C选项可知，平面，则点的轨迹为线段，
因为平面，平面，则，
则，
当时，即当点与点重合时，的长取最小值，
此时，，
所以，，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
三、填空题
13．已知向量，，若，则 .
【答案】
【分析】根据平面向量的线性运算的坐标表示求得，进而根据向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以，
即，解得.
故答案为：.
14．二项式展开式的常数项为 ．
【答案】60
【分析】利用二项式定理计算，取，解得，代入计算得到答案.
【详解】展开式的通项为，
取，解得，常数项为.
故答案为：.
15．近年来，随着我国城镇居民收入的不断增加和人民群众消费观念的改变，假期出游成为时尚.某校高三年级7名同学计划高考后前往黄山､九华山､庐山三个景点旅游.已知7名同学中有4名男生，3名女生.其中2名女生关系要好，必须去同一景点，每个景点至少有两名同学前往，每位同学仅选一处景点游玩，则7名同学游玩行程安排的方法数为 .
【答案】150
【分析】7个人去三个景点，每个景点至少2人，则两个景点两人，一个景点3人，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，分类相加即可.
【详解】由题，两个关系好的女生要在一起，则为特殊元素，可以分为，她俩单独一个景点和她俩和另外一位同学一个景点，
第一类：仅要好的两位女生去同一景点；
第二类：要好的两位女生和另一位同学去同一景点，
总方法数为.
故答案为：150.
16．已知数列满足，，若数列为单调递增数列，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由数列的递推公式可得，，再由数列的单调性的定义及不等式恒成立思想，结合参变分离法，计算即可求得所求的范围.
【详解】有题意可知，时，，
当时，
由，
得，
两式相减得：，
所以，当，也满足此式，
故，，
则=，
若数列为单调递增数列，则恒成立，
即，
即对恒成立，
设，则
当时，，
当时，数列为递减数列，即，
可得为最大值，且，
则.
故答案为：.
四、解答题
17．在中，所对的边分别为，且，
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换分析求解；
（2）根据面积公式可得，利用余弦定理可得，即可得结果.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
又因为，
即，则，
且，则，可得，
因为，所以.
（2）因为的面积为，可得，
由余弦定理可得，即，
整理得，可得，
所以的周长为.
18．已知等差数列的前项和，且.
(1)数列的通项公式；
(2)若，求数列前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的概念得到数列的通项公式；（2）由第一问得到，是一个等差和一个等比，分组求和即可．
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为
，解得，
由，则
因此，通项公式为.
（2）由（1）可知:，则
因为，所以是首项为8，公比为的等比数列.
记的前项和为，
则


19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，.
(1)若的中点为E，求证：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点F，连接，由已知易证四边形ADFE是平行四边形，即，再由线面平行的判定证结论；
（2）设O是AB中点，根据题设构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点F，连接，
∵E、F分别为的中点，
∴，
∵且，
∴且，故四边形ADFE是平行四边形，
∴，平面，平面，
∴平面.
（2）设O是AB中点，作，由底面为直角梯形且，得，
因为，所以，
由面面，面面，面，故面，
以O为原点，所在直线分别为轴建空间直角坐标系，如下图所示：
∴、、、、，
则，，，
设面PBD的法向量，则，取，得；
设面PCD的法向量，则，取，得；
设平面PCD与平面PBD的夹角为，则，
∴平面PCD与平面PBD的夹角的余弦值为.
20．在中，，角所对的边分别为．
(1)若，判断的形状；
(2)若不是钝角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)为直角三角形
(2)
【分析】（1）由得，由化简后结合余弦定理得，由正弦定理有，求出即可判断的形状；
（2）不是钝角三角形，则有，由正弦定理，求取值范围即可.
【详解】（1）因为，所以，即．
因为，所以，即．
由余弦定理，得，即．
由正弦定理得，即，
则有，即，得．
由，则，所以为直角三角形．
（2）因为，所以．
由不是钝角三角形，可知，所以．
由正弦定理得，
当时，，所以．
当时，，
因为，所以，所以，
所以，所以．
综上，的取值范围是．
21．在高三一轮复习中，大单元复习教学法日渐受到老师们的喜爱，为了检验这种复习方法的效果，在A，B两所学校的高三年级用数学科目进行了对比测试．已知A校采用大单元复习教学法，B校采用传统的复习教学法．在经历两个月的实践后举行了考试，现从A，B两校高三年级的学生中各随机抽取100名学生，统计他们的数学成绩（满分150分）在各个分数段对应的人数如下表所示：
(1)若把数学成绩不低于110分的评定为数学成绩优秀，低于110分的评定为数学成绩不优秀，完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析复习教学法与评定结果是否有关；
(2)在A校抽取的100名学生中按分层抽样的方法从成绩在和内的学生中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取3人进行访谈，记抽取的3人中成绩在内的人数为X，求X的分布列与数学期望．
附：，其中．
【答案】(1)列联表见解析，有关
(2)分布列见解析，期望为
【分析】（1）由题意可得列联表，计算的值，与临界值表比较，即得结论；
（2）根据分层抽样确定和内抽取人数，确定X的取值，结合超几何分布的概率计算求得每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式求得数学期望.
【详解】（1）由题意完成列联表如下：
零假设为：复习教学法与评定结果无关．
则，
∴根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为复习教学法与评定结果有关，此推断犯错误的概率不大于0.01．
（2）按分层抽样的方法从成绩在和内的学生中随机抽取10人，
则成绩在内的人数为3，成绩在内的人数为7，
故X的所有可能取值为0，1，2，3，
，
故X的分布列为
则．
22．已知数列的前项和为，且与的等差中项为.
(1)求数列的通项公式.
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差中项，构造数列，等比数列的知识得出；
（2）采用裂项相消法，注意分为奇数偶数.
【详解】（1）因为与的等差中项为，所以，即.
当时，，则.
当时，，
所以，所以，可变形为，
所以，且也符合，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
即数列的通项公式为.
（2）方法一
当为奇数时，
.
当为偶数时，
.
所以数列的前项和为.
方法二.
.
A校
6
14
50
30
B校
14
26
38
22
数学成绩不优秀
数学成绩优秀
总计
A校
B校
总计
0.10
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
数学成绩不优秀
数学成绩优秀
总计
A校
20
80
100
B校
40
60
100
总计
60
140
200
X
0
1
2
3
P