30，广东省东莞市东华高级中学2024届高三上学期第二次调研数学试题

这是一份30，广东省东莞市东华高级中学2024届高三上学期第二次调研数学试题，共24页。
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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】B
【解析】
【分析】解绝对值不等式、一元二次不等式求集合，再由集合的交运算求结果.
【详解】由，
所以.
故选：B
2. 已知i为虚数单位，若复数对应的点在复平面的虚轴上，则实数（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘法运算整理一般式，可得答案.
【详解】由，
结合题意，则，解得.
故选：D.
3. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义运算求解.
【详解】，又，
所以在向量上的投影向量为.
故选：A.
4. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角和差的正弦公式进行求解即可.
【详解】，，，
故选：B
5. 已知数列满足，，记，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推公式求出数列的前几项，即可判断A、B，依题意可得，即，从而求出数列的通项公式，即可判断C、D.
【详解】因为，，且，
所以，，
所以，故A错误；，故B错误；
又，
故，即，
所以为首项为，公差为的等差数列，故，所以C正确，D错误，
故选：C
6. 高斯是德国数学家､天文学家和物理学家，被誉为历史上伟大的数学家之一，和阿基米德､牛顿并列，同享盛名.用他名字命名的高斯函数也称取整函数，记作，是指不超过实数的最大整数，例如，该函数被广泛应用于数论､函数绘图和计算机领域.若函数，则当时，的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定函数的定义域，结合复合函数的单调性判断在时的单调性，即可求得的值域，根据取整函数的定义，即可求得答案.
【详解】由，得，解得，
则的定义域为，
当时，令，函数在上单调递增，在上单调递减，
又在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的值域为，所以的值域为，
故选：C.
7. 若半径为的小球可以在棱长均为的四棱锥内部自由转动，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据球与四棱锥内切的条件，即可判断选项.其中：
解法一：利用“等体积法”，即可求解；
解法二：根据内切球半径满足的条件，将其放在三角形中，通过已知条件列方程，结合解三角形知识即可求解.
【详解】解法一：记该四棱锥为四棱锥，如图：

由四棱锥的棱长均为8，得其表面积，高为，则其体积．
当小球的半径最大时，小球与四棱锥的5个面均相切，设此时小球的球心为，半径为，
即为球心到四棱锥四个侧面和底面的高，
四棱锥的体积又可表示为
，
，
，
所以，解得.
故的最大值为．
故选：C.
解法二：记该四棱锥为四棱锥，如图：

连接，，交于点，连接，则该四棱锥的内切球球心在线段上．
设内切球与侧面相切于点，球的半径为，连接，
则平面，且．
连接并延长，交于点，连接，
则为的中点，，．
由四棱锥的棱长均为8，可知，，．
易知，
所以，
即，得，故的最大值为.
故选：C．
8. 已知为坐标原点，是双曲线：的左焦点，为的右顶点，过作的渐近线的垂线，垂足为，且与轴交于点.若直线经过的靠近的三等分点，则的离心率为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可求得直线的方程，可求得点坐标，进而求出靠近点的三等分点的坐标，再联立直线与渐近线方程，求得的坐标，根据与斜率相等，和双曲线的性质，建立关于离心率的方程，由此即可求出结果.
【详解】由题意，，，，则直线的方程为，
令，得，则，所以靠近点的三等分点的坐标为，
联立，解得，又点，，在一条直线上，
所以，即，化简整理得，
即，即，解得或（舍去），
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得的坐标，从而得到关于的齐次方程，从而得解.
二、多选题（共20分）
9. 下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是（ ）
A. 这10年粮食年产量的极差为15
B. 这10年粮食年产量的第65百分位数为33
C. 这10年粮食年产量的中位数为29
D. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差
【答案】ABC
【解析】
【分析】ABC选项，由极差，百分位数和中位数的定义求出答案；D选项，根据图形及方差的意义得到D错误.
【详解】A选项，将样本数据从小到大排列为25，26，27，28，28，30，33，36，37，40，
这10年的粮食年产量极差为，故A正确；
B选项，，结合A选项可知第65百分位数为第7个数33，故B正确；
C选项，从小到大，选取第5个和第6个的数的平均数作为中位数，
这10年的粮食年产量的中位数为，故C正确；
D选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动，
所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D错误；
故选：ABC.
10. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆上逆时针作匀速圆周运动，同时出发.的角速度大小为，起点为圆与轴正半轴的交点，的角速度大小为，起点为角的终边与圆的交点，则当与重合时，的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.
【详解】点的初始位置，锐角，
设时刻两点重合，则，即，
此时点，
即，，
当时，，故A正确；
当时，，即，故C正确；
当时，，即，故D正确；
由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合，故B错误，
故选：ACD.
11. 如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 存在点F，使得B. 满足点F的轨迹长度为
C. 的最小值为D. 若平面，则线段长度的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设F点坐标，利用空间向量法判断直线的位置关系可判断A；根据，推出F点的坐标满足的关系，可求得F的轨迹长度，判断C；利用点的对称点，结合空间两点的距离公式可判断C；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法求出，结合空间两点间距离公式以及二次函数性质，可判断D.
【详解】以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
对于选项A，若，则，
又，所以，
即，此方程无解，所以不存在点F，使得，故A错误；
对于选项B，由，得，
化简可得，即F点轨迹为矩形内的线段，
又，所以当时，得，
当时，得，即满足的点F的轨迹长度为，故B正确；
对于选项C，设点C关于平面的对称点为G，则G的坐标为，
则，共线时取等号，故C错误；
对于选项D，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
因为平面，所以，即，
又点，所以，
当时，取得最小值，故D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法判断线线和线面位置关系，对于D选项还需结合二次函数性质从而得到其最值.
12. 已知函数，，，则（ ）
A. 当时，函数有两个零点
B. 存在某个，使得函数与零点个数不相同
C. 存在，使得与有相同的零点
D. 若函数有两个零点，有两个零点，，一定有
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可.
【详解】由，
令，令，
即在上单调递减，在上单调递增，
即，
对于A项，当时，则，
又易知，且时，，
根据零点存在性定理可知函数在和内各有一个零点，故A正确；
对于B项，当时，此时，则有一个零点，
当时，，则此时无零点，
又易得，
则，函数的零点个数与的零点个数相同，故B错误；
对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，，
同时有两个零点，，
则根据单调递增可知，存在唯一的满足成立，
有，
若C正确，因，则只能有，即，
由题意易知：，
令，则时，，
时，，故在上单调递减，在上单调递增，
且时，，时，，
设，，
因为，时，，，
所以存在，使得，即，所以，，
即存在，使得与有相同的零点，故C正确；
对于D项，由C项结论可知，此时，
则由，故D正确.
综上：ACD正确.
故选：ACD
【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调性可判定同构式是否有解.
三、填空题（共20分）
13. 将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到A、B、C三项不同的公益活动中，每人只参加一项活动，每项活动都需要有人参加，其中甲必须参加A活动，则不同的分配方法有___________种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分为三种情况：甲单独参加，甲和其中一人和甲和其中两人参加，结合排列组合的知识，即可求解.
【详解】由题意，可分为三种情况：
当甲单独参加A项活动，则有种安排方法；
当甲和其中一人参加A项活动，则有种安排方法；
当甲和其中两人参加A项活动，则有种安排方法，
所以不同分配方法有种不同的安排方法.
故答案为：.
14. 首项为1的无穷等比数列，满足，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出数列的公比，再利用无穷递缩等比数列所有项和的公式计算即得.
【详解】设等比数列的公比为，由，，得，而，解得，
所以.
故答案为：
15. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“通近法”得到椭圆的面积，除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知面积为的椭圆，以()的左焦点为，P为椭圆上任意一点，点Q的坐标为，则的最大值为___________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据题设且求参数，即得椭圆方程，再根据椭圆定义得，进而求其最大值.
【详解】由题意且，又，可得，
所以椭圆方程为，而，即Q在椭圆内，如下图，
若为右焦点，由，则，
所以，而，
所以的最大值为7.
故答案为：7
16. 已知函数有两个极值点，，且，则的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】将极值点问题转化为导函数的零点问题，再将零点问题转化为方程的解的问题，构造函数求解即可.
【详解】∵，∴，
∵函数有两个极值点，，
∴，又∵，∴，，
∴，是，即的两个不相等的实数根.
令，则．
①当时，，在区间单调递减，且，
②当时，，在区间单调递减，且，
③当时，，在区间单调递增，且，
∴在处取得极小值，的图象大致如下，
∴若有两个不相等的实数根，，则，即，且，，
令，则，且∵，∴，
又∵，∴，∴，
两边同时取对数，得，∴，
下面求的取值范围，设，则，
令，则，
当时，，∴在上单调递减，
∴当时，，
∴当时，，在上单调递减，
∴，即.
又∵在区间上单调递减，，，
∴，即.
∴实数的取值范围为．
【点睛】易错点睛：本题容易仅当作有两个极值点求得的取值范围，而造成错解，需要再根据，结合所构造函数，转换成的范围，利用的范围再次求解.
四、解答题（共70分）
17. 在中，角的对边分别是，点在直线上
（1）求的值；
（2）若，，求a和c．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；.
（2）根据数量积的定义求出，再由余弦定理得，即可求出、.
【小问1详解】
因为点在直线上，
所以，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
由余弦定理，得，
又因为，所以代入得，
所以，所以，
又因为，所以.
18. 已知数列是等比数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2），记数列的前n项和为，若对于任意，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列通项公式列方程组求解
（2）裂项相消法求出，求其最值，得答案.
【小问1详解】
设数列的首项为，公比为q，由题意得
所以数列的通项公式为
【小问2详解】
，
由恒成立，可知．
19. 如图1，在四边形中，，，，分别为的中点，，．将四边形沿折起，使平面平面(如图2)，是的中点．
（1）证明：；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可求证；
（2）利用空间向量法求解面面夹角，即可求解.
【小问1详解】
由题意得在图1中，，则，
可得为等腰直角三角形，则．
因为所以
因为平面平面，且平面平面，
又因为平面，，
所以平面，又平面，故；
由为中点，可知四边形为正方形，所以；
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，，
所以以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：
不妨设，则，
由（1）可得是平面的一个法向量，，
设平面的一个法向量为，
由，令，得
所以，
所以二面角 的大小为.
20. 某企业打算处理一批产品，这些产品每箱10件，以箱为单位销售，已知这批产品中每箱都有废品.每箱的废品率只有或者两种可能，且两种可能的产品市场占有率分别为.假设该产品正品每件市场价格为100元，废品不值钱，现处理价格为每箱840元，遇到废品不予更换，以一箱产品中正品的价格期望值作为决策依据.（运算结果保留分数）
（1）在不开箱检验的情况下，判断是否可以购买；
（2）现允许开箱，不放回地随机从一箱中抽取2件产品进行检验，已发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品
①求此箱是废品率为的概率；
②判断此箱是否可以购买，并说明理由.
【答案】（1）可以购买
（2）①；②不可以购买.
【解析】
【分析】（1）求出正品价格的期望值进行判断；
（2）①根据超几何分布的思想分别求出事件A（发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品）及事件（抽取的是废品率为的一箱）的概率及其条件概率；②设事件：抽取的是废品率为的一箱，求出，然后求出已发现在抽取检验的2件产品中恰有一件是废品的情况下正品价格的期望，即可根据期望值进行判断.
【小问1详解】
在不开箱检验的情况下，一箱产品中正品的价格期望值为：
，
所以在不开箱检验的情况下，可以购买.
【小问2详解】
①设事件A：发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品，
则，
设事件：抽取是废品率为的一箱，
则，
所以发现在抽取检验的2件产品中，其中恰有一件是废品的条件下，此箱是废品率为的一箱的概率为；
②设正品价格的期望值为，则，
事件：抽取的是废品率为的一箱，
则，
所以,
所以在已发现抽取检验的2件产品中恰有一件是废品的情况下，此箱不可以购买.
21. 已知椭圆的离心率为，上顶点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为坐标原点，，点是椭圆上的动点，过作直线分别交椭圆于另外三点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，求出，得到椭圆方程；
（2）设，求出，设，联立方程求出，同理可得，代入求解范围.
【小问1详解】
由题得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
设，由题可知，
①
由题可知：直线斜率不为
设，
联立,
则，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以
又因为，所以，
所以②
设，同理得，
所以，
又因为，
所以，所以同理可得③，
将②③代入①得
又因为，所以.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程以及椭圆中范围问题，考查学生数学运算能力，解析几何中，范围的问题通常采用参数来求解.
22. 已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为，利用构造函数法、放缩法，结合多次求导来研究所构造函数的单调性，进而证得不等式成立.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减．
小问2详解】
要证，即证，
即证，
设，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，所以；
②当时，令，则，
设，则，设，
则，因为，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增，，
即．
综上可知，当时，，
即．
【点睛】方法点睛；求解函数单调区间的步骤：
（1）确定的定义域；
（2）计算导数；
（3）求出的根；
（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.如果一次求导无法确定函数的单调性，则可以考虑多次求导的方法来进行求解.