广东省广州市广东实验中学2024届高三上学期第二次调研数学试题含答案解析

这是一份广东省广州市广东实验中学2024届高三上学期第二次调研数学试题含答案解析，共37页。

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姓名、考号填写在答题卷上.
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷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，答案必须写在答题卷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，考试结束后，将答题卷收回.
第一部分选择题（共60分）
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）
1. 设集合，则子集个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
2. 已知数列前项和为，若，则有（ ）
A. 为等差数列B. 为等比数列
C. 为等差数列D. 为等比数列
3. 已知，，则的终边在（ ）
A. 第一、二、三象限B. 第二、三、四象限
C. 第一、三、四象限D. 第一、二、四象限
4. 如图，在中，满足条件，若，则（ ）
A. 8B. 4C. 2D.
5. 若，z为纯虚数，且，则（ ）
A. B. 5C. D. 3
6. 垃圾分类是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动，做好垃圾分类是每一位公民应尽的义务.已知某种垃圾的分解率与时间（月）近似地满足关系（其中a，b，为正常数），经过6个月，这种垃圾的分解率为，经过12个月，这种垃圾的分解率为，那么这种垃圾完全分解大约需要经过（ ）个月（参考数据：）
A 20B. 28C. 32D. 40
7. 已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，当六棱锥的体积最大时，其侧棱长为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A B. C. D.
二．多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 亚洲奥林匹克理事会宣布，原定于2022年9月10日至25日举行的杭州2022年第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日举行，名称仍为杭州2022年第19届亚运会．为了加大宣传力度，杭州某社区进行了以“中国特色、浙江风采、杭州韵味”为主题的知识竞赛，现随机抽取30名选手，其得分如图所示．设得分的中位数为，众数为，平均数为，则（ ）

A. B.
C. D.
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 存在，使得
B. 函数的最小正周期为
C. 函数的一个对称中心为
D. 若角的终边经过点，则角是第三象限角
11. 如图，抛物线：的焦点为，过的直线交于两点，过分别作的准线的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线的方程为或
B.
C. 以线段为直径的圆与轴相切
D.
12. 已知函数及其导函数的定义域为R，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A. 函数是周期为5的周期函数
B. 函数的图象关于点对称
C.
D. 函数的图象关于直线对称
第二部分非选择题（共90分）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，则正数的值为______.
14. 已知数列的首项为，，则__________.
15. 在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是______．
16. 已知函数与的图象上存在关于原点对称的点，则的取值范围是__________.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列满足.
（1）证明数列等差数列，并求；
（2）求数列的前项和.
18. 在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．在中，内角所对的边分别是，且______．
（1）求角的大小；
（2）若点满足，且线段，求面积的最大值．
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，且为上一点．

（1）若为中点，求证：平面；
（2）若点不与和重合，且二面角的余弦值为，求与平面所成角的正切值．
20. 已知椭圆的中心为坐标原点，记的左、右焦点分别为，，上下顶点为，，且是边长为2的等边三角形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点的直线与椭圆交于，两点，且，求直线斜率范围.
21. 已知甲、乙两支登山队均有n名队员，现有新增的4名登山爱好者将依次通过摸出小球的颜色来决定其加入哪支登山队，规则如下：在一个不透明的箱中放有红球和黑球各2个，小球除颜色不同之外，其余完全相同先由第一名新增登山爱好者从箱中不放回地摸出1个小球，再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱中；接着由下一名新增登山爱好者摸出1个小球后，再放入完全相同的红球和黑球各1个，如此重复，直至所有新增登山爱好者均摸球和放球完毕．新增登山爱好者若摸出红球，则被分至甲队，否则被分至乙队．
（1）求三人均被分至同一队的概率；
（2）记甲，乙两队的最终人数分别为，，设随机变量，求．
22. 已知函数有3个极值点，其中是自然对数的底数．
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：．广东实验中学2024届高三第二次调研
数学
本试卷共5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姓名、考号填写在答题卷上.
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷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，答案必须写在答题卷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，考试结束后，将答题卷收回.
第一部分选择题（共60分）
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）
1. 设集合，则的子集个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】求出，利用子集的个数公式求解即可.
【详解】令，解得或，故，则的子集个数是个.
故选：D
2. 已知数列的前项和为，若，则有（ ）
A. 为等差数列B. 为等比数列
C. 为等差数列D. 为等比数列
【答案】B
【解析】
【分析】AB选项，根据，求出为公比为的等比数列，A错误，B正确；CD选项，再求出，根据等差数列和等比数列的定义得到CD错误.
【详解】AB选项，当得，解得，
①，当时，，②
式子①-②得，故，
所以为，是公比为的等比数列，A错误，B正确；
CD选项，由于，故，故不等差数列，
由于，故不是等比数列，CD错误.
故选：B
3. 已知，，则的终边在（ ）
A. 第一、二、三象限B. 第二、三、四象限
C. 第一、三、四象限D. 第一、二、四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先通过条件确定的范围，再求出的范围，进而可得角所在象限.
【详解】因为，，
所以为第二象限角，即，
所以，
则的终边所在象限为所在象限，
即的终边在第一、二、四象限.
故选：D.
4. 如图，在中，满足条件，若，则（ ）
A. 8B. 4C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量加法的三角形法则，结合已知条件，可得，求出，从而得出答案.
【详解】因为，,
所以，
即，
又，
所以，故.
故选：A.
5. 若，z纯虚数，且，则（ ）
A. B. 5C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数相等及复数的模求解即可.
【详解】因为z为纯虚数，
所以设，
由得，
所以，解得，
所以，则，
故选：A．
6. 垃圾分类是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动，做好垃圾分类是每一位公民应尽的义务.已知某种垃圾的分解率与时间（月）近似地满足关系（其中a，b，为正常数），经过6个月，这种垃圾的分解率为，经过12个月，这种垃圾的分解率为，那么这种垃圾完全分解大约需要经过（ ）个月（参考数据：）
A. 20B. 28C. 32D. 40
【答案】C
【解析】
【分析】先由题给条件求得正常数a，b的值，得到分解率与时间（月）近似地满足关系，再解方程即可求得这种垃圾完全分解大约所需要经过的月数.
【详解】由题意得，，解之得，则
则由，可得，
两边取常用对数得，，
则
故选：C
7. 已知六棱锥的所有顶点都在半径为2的球的球面上，当六棱锥的体积最大时，其侧棱长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由该六棱锥为正六棱锥时，其体积最大结合体积公式得出，利用导数得出体积最大值，进而得出侧棱长.
【详解】由题意知，六棱锥的底面六边形的顶点在同一个截面圆上．
易知当六边形为正六边形时，其面积最大．要使六棱锥的体积最大，则该六棱锥为正六棱锥．
不妨设正六边形的边长为，六棱锥的高为，
则正六边形的外接圆的半径为．
由球的性质可知，，则，
所以正六棱锥的体积．
设，则．
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
当时，取得最大值，即时，取得最大值，此时，
所以正六棱锥的侧棱长．
故选：A．
【点睛】关键点睛：当圆内接多边形为正多边形时，多边形的面积最大；当球的内接多棱锥为正多棱锥（如上题）时，该多棱锥的体积最大．
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.
【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.

故选：A
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.
二．多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 亚洲奥林匹克理事会宣布，原定于2022年9月10日至25日举行的杭州2022年第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日举行，名称仍为杭州2022年第19届亚运会．为了加大宣传力度，杭州某社区进行了以“中国特色、浙江风采、杭州韵味”为主题的知识竞赛，现随机抽取30名选手，其得分如图所示．设得分的中位数为，众数为，平均数为，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据中位数、众数和平均数相关概念直接计算求解即可.
【详解】由图可知，30名选手得分的中位数为第15个数和第16个数（分别是5和6）的平均数，
即中位数，A错误；
由图可知，5出现的次数最多，所以众数，B正确；
因为平均数，所以，故C错误，D正确．
故选：BD
10. 下列说法不正确的是（ ）
A. 存在，使得
B. 函数的最小正周期为
C. 函数的一个对称中心为
D. 若角的终边经过点，则角是第三象限角
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用立方差公式判断A的正误；二倍角公式化简求解周期即可判断B的正误；余弦函数的对称性判断C的正误；根据角的范围判定符号即可判断D 的正误；
【详解】在A中，,，，
，不存在，使得，故A错误；
在B中，函数的最小正周期为，故B错误，
在C中，由，，得，，
函数的对称中心为，，故不是函数的对称中心，故C错误；
在D中，，，
角的终边经过点，，则角是第三象限角，故D正确．
故选：ABC．
11. 如图，抛物线：的焦点为，过的直线交于两点，过分别作的准线的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线的方程为或
B.
C. 以线段为直径的圆与轴相切
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：设出直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理及焦半径公式计算；对于B：通过计算来判断；对于C：通过计算线段的中点到轴的距离来判断；对于D：利用韦达定理分别计算即可判断.
【详解】对于A：由题意知，，显然直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，
所以，，由得，
所以，.
若，
则，
解得或，
所以直线的方程为或，故A错误；
对于B：因为，，
所以，所以，故B正确；
对于C：由抛物线定义知，，线段中点的横坐标，
即线段的中点到轴的距离是，
所以以线段为直径的圆与轴相切，故C正确；
对于D：，
，
所以，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知函数及其导函数的定义域为R，若，函数和均为偶函数，则（ ）
A. 函数是周期为5的周期函数
B. 函数图象关于点对称
C.
D. 函数的图象关于直线对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义，由周期函数的定义即可求解判断A，结合函数的对称性即可求解判断B，根据函数周期性的性质即可求解C，根据原函数与导数的对称性关系即可求解D.
【详解】因为为偶函数，所以，
两边求导得，所以，
得，所以函数的图象关于点对称，故选项B正确；
由，令，得，即，
因为函数为偶函数，所以，
所以，所以函数的图象关于对称，
所以函数，则，
所以的周期为4，所以选项A错误；
因为，令，得，又，
令，得，
所以，故C正确；
因为，，
所以，即函数关于点对称.
下面证明：若函数连续可导，且导函数图象关于点对称，则函数图象关于直线对称.
若导函数图象关于点对称，则，
即，令，
则，所以，（为常数），
又因，所以.
所以，即，
所以函数得图象关于直线对称.
所以函数关于点对称，可得关于对称，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：对于D选项，解题关键是根据条件得到函数关于点对称，再研究原函数与导函数的对称性关系即可求解判断.
第二部分非选择题（共90分）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，则正数的值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，求得，再令得展开公式中各项的系数和，解方程即可求解.
【详解】因为的展开式中只有第4项的二项式系数最大，
所以展开式一共有项，即，令，得展开式中所有项的系数和为，
所以或（舍去），所以正数的值为3.
故答案为：3.
14. 已知数列的首项为，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由得，进而判断中各个偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到.
【详解】由得，,
于是，即.
所以数列中，各个奇数项 构成首项为1，公比为3的等比数列，
同理，各个偶数项 也构成首项为3，公比为3的等比数列，即.
所以.
故答案为：81.
15. 在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间两点距离公式，结合三角代换法、辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【详解】因，
所以设，
其中，因此
，
因为，所以，因此，
设，
于是有
，
因为，所以，
因此当且时，即当且时，
有最大值，
当且或时，有最小值，
此时，或，
所以的最小值，
综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角代换的方法、运用正弦函数的最值的性质.
16. 已知函数与的图象上存在关于原点对称的点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得方程在上有解，即在有解，转化成函数图象有交点来做即可.
【详解】由题意当即时，方程有解，即，
即当且仅当在有解，
因为在上单调递减，所以由复合函数单调性可知在上单调递减，
所以在上单调递增，
又在上单调递增，
所以在上单调递增，
且当时，，
所以若在有解，则只需，
则的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：将原问题等价转化为函数方程有解，分离参数即可顺利求解.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列满足.
（1）证明数列为等差数列，并求；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意构造等差数列，结合等差数列的概念证明并求解通项公式即可；
（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以为定值，
所以是首项为，公差为3的等差数列，
所以，所以
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以，
所以
，
所以
18. 在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．在中，内角所对的边分别是，且______．
（1）求角的大小；
（2）若点满足，且线段，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）①由三角恒等变换可得；②由正弦定理和正弦展开式可得；
（2）由余弦定理和基本不等式求出，再求出面积最值即可.
【小问1详解】
选①，，
所以．
因为，所以，即，
所以．
选②．由及正弦定理得，
所以．
因为，，所以，
所以，
所以．
【小问2详解】
如图，
点满足，则，故，又，
故，
即，即，当且仅当时，取等号，
故，即面积的最大值为．
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，且为上一点．

（1）若为中点，求证：平面；
（2）若点不与和重合，且二面角的余弦值为，求与平面所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）取的中点F，连结；可判断四边形为平行四边形，从而可得，从而证明平面；
（2）以所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系；则，，且，求平面与平面的法向量，结合题意得方程，从而解出点，记与平面所成的角为，易得平面的法向量为，从而求AE与平面所成角的正切值．
【小问1详解】
取的中点F，连结；
又∵E为中点，所以，且，
又∵，且，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，又∵平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
由题意，两两垂直，以所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，令，且，
则，，，
设平面的法向量为，则由，得到，
令得，，
设平面的法向量为，则由，得到
令得，，
故，整理得，
解得或（舍），故，
记与平面所成的角为，平面的法向量为，
则，又，所以，
故，即与平面所成角的正切值为1．

20. 已知椭圆的中心为坐标原点，记的左、右焦点分别为，，上下顶点为，，且是边长为2的等边三角形.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若过点的直线与椭圆交于，两点，且，求直线斜率范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意及椭圆的性质有、，即可得椭圆方程；
（2）根据题设，设直线方程为，联立椭圆方程，应用韦达定理及坐标表示得到关于k的不等式，即可求范围.
【小问1详解】
由题意知，则；由，则，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由题意知，直线的斜率存在且不为0，设其方程为，
联立，得，
由，得，
设，，则，，
则，
因为，所以，即，
∴，则或，
综上，斜率范围为.
21. 已知甲、乙两支登山队均有n名队员，现有新增的4名登山爱好者将依次通过摸出小球的颜色来决定其加入哪支登山队，规则如下：在一个不透明的箱中放有红球和黑球各2个，小球除颜色不同之外，其余完全相同先由第一名新增登山爱好者从箱中不放回地摸出1个小球，再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱中；接着由下一名新增登山爱好者摸出1个小球后，再放入完全相同的红球和黑球各1个，如此重复，直至所有新增登山爱好者均摸球和放球完毕．新增登山爱好者若摸出红球，则被分至甲队，否则被分至乙队．
（1）求三人均被分至同一队的概率；
（2）记甲，乙两队的最终人数分别为，，设随机变量，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意，三人均被分至同一队，即三人同分至甲队或乙队，分别求出被分至甲队即摸出红球的概率、被分至甲队即摸出红球的概率、被分至甲队即摸出红球的概率，再应用条件概率公式及互斥事件加法求三人均被分至同一队的概率；
（2）根据题意有可能取值为，分析各对应值的实际含义，并求出对应概率，进而求期望即可.
【小问1详解】
三人均被分至同一队，即三人同分至甲队或乙队，
记事件“被分至甲队”， 事件“被分至甲队”， 事件“被分至甲队”，
当即将摸球时，箱中有2个红球和2个黑球，则被分至甲队即摸出红球的概率为；
当被分至甲队时，箱中有2个红球和3个黑球，则被分至甲队即摸出红球的概率为；
当均被分至甲队时，箱中有2个红球和4个黑球，则被分至甲队即摸出红球的概率为；
所以，则，
同理知：新增登山爱好者均被分至乙队的概率也为，
所以三人均被分至同一队的概率为.
【小问2详解】
由题设，可能取值为，
为新增的4名登山爱好者被分至同一队，则，
为新增的4名登山爱好者中有3名均被分至同一队，其余1名被分至另一队，
设新增的第名登山爱好者被单独分至甲队或乙队，则
，，
，，
所以，
为新增的4名登山爱好者中各有2名被分至甲队和乙队，则，
所以.
22. 已知函数有3个极值点，其中是自然对数的底数．
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：．
【答案】22.
23. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）易知0是函数的一个极值点，则函数有2个零点，利用导数讨论函数的性质可得，即.由零点的存在性定理和即可求解；
（2）由（1），设，只需证．由得，令得，则只需证，利用导数讨论函数的性质得出，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明.
【小问1详解】
由题意，得，
由，得或，所以0是函数的一个极值点．
所以有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和．
令，则．
当时，恒成立，故在定义域上是增函数，不可能有2个零点；
当时，由，得，由，得，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以，即，所以．
又．
由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．

令，则，令得，
令得，所以在上递增，在上递减，
所以，，
所以，
由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．
因为所以，
综上，的取值范围是．
【小问2详解】
证明：由（1）知，0是函数的一个极值点．不妨设，所以只要证明．
由得，即两式相除得．
令，则．
所以，所以．
所以要证明，只要证明，
即，其中，所以．
所以只要证明．令，
所以，从而恒成立，
所以在上是减函数，所以．
所以在上是增函数，所以，即证：．
另解：由，知，所以，且为的两根．
记，则，当，，当，
故在上递增，在上递减．
不妨取，所以要证，即要证，
只要证，又，故只要证，
即要证，也即要证(#)．
令，则．
而当时，，故在上递减，
故，故在上递增，故，所以(#)成立，
故．
【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.