广东省汕头市金山中学2024届高三上学期第二次调研数学试题含答案解析

这是一份广东省汕头市金山中学2024届高三上学期第二次调研数学试题含答案解析，共37页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 已知复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 已知的面积为24，平面中的点分别满足，，，则的面积为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
4. “的最小正周期为”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5 已知数列，则等于（ ）
A. 511B. 1022C. 1023D. 2047
6. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应不超过.经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（参考数据：）（ ）
A. 11分钟B. 13分钟C. 15分钟D. 17分钟
7. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（ ）
A B. 2C. D.
8. 已知点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，直线将三角形分割为面积相等两部分，则的取值范围是（ ）
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，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确的有（ ）
A. 相关系数越接近1，变量，相关性越强
B. 若随机变量，满足，则
C. 相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D. 设随机变量服从二项分布，则
10. 亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究．已知函数的图象关于直线对称，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 在区间上单调递减
D. 若将函数图象上的所有点向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则m的最小值为
11. 如图，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，弦的中点为，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 以为直径的圆与相切B.
C. D. 的最小值为4
12. 已知函数，，且有两个零点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，B.
C. 若，则D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中常数项为______.
14. 已知等差数列，的前项和分别为，，若，则__________.
15. 已知正三棱台高为1，上下底面的边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．
16. 已知实数，分别满足，，其中是自然对数的底数，则______.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，若成等比数列，且.
（1）求数列通项公式；
（2）记，求证：.
18. 在①，②，③三个条件中任选一个补充在下列问题中，并解决该问题.
在中，角所对的边分别为，__________，且.求：
（1）；
（2）周长的取值范围.
19. 在矩形中，，（如图1），将沿折起到位置，使得点在平面上的射影在边上，连结（如图2）．

（1）证明：；
（2）过直线的平面与平行，求平面与平面夹角的余弦值．
20. 从中国夺得第一枚奥运金牌至今，已过去约四十年．在这期间，中国体育不断进步和发展，如跳水、举重、体操、乒乓球、射击、羽毛球等，现已处于世界领先地位．我国某邻国为挑选参加第19届杭州亚运会乒乓球男单比赛的队员，对世界排名均不靠前，且水平相当的甲乙二人的乒乓球单打水平分别进行了五轮综合测试，按某评判标准得到评价成绩如下（分数越高，代表打球水平越好）
甲：5 6.3 9.5 9.2 6 乙：7.2 7.3 6.6 7 7.9
（1）参考上面数据你认为选派甲乙哪位选手参加合适？说明理由；
（2）现甲、乙二人进行单打比赛，并约定其中一人比另一人多赢两局时比赛就结束，且最多比赛20局，若甲、乙在每一局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛互不影响，求比赛结束时比赛局数的数学期望．
21. 在平面直角坐标系中，已知点，直线与的斜率之积为．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过的直线交曲线于两点，直线与直线交于点，求证：为定值．
22. 已知函数，其中是自然对数的底数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，设关于的不等式对恒成立时的最大值为，求的取值范围．
汕头市金山中学2024届高三第二次调研
数学
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】D
【解析】
【分析】根据对数函数的定义域并解不等式可得集合，即可得.
【详解】由，得，
所以，，
故选：D.
2. 已知复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出复数，写出，即可确定点的位置.
【详解】因为，所以，所以，复数在复平面内对应的点为，位于第一象限．
故选：A．
3. 已知的面积为24，平面中的点分别满足，，，则的面积为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线得出分点位置，再根据面积公式进行求解.
【详解】如图，由题意，，
同理，，
所以．
故选：A．

4. “的最小正周期为”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的最小正周期求得，再根据充分条件和必要条件的定义即可的解.
【详解】当的最小正周期为时，有，即充分性不成立；
当时，的最小正周期为，即必要性成立；
所以“的最小正周期为”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知数列，则等于（ ）
A. 511B. 1022C. 1023D. 2047
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系，利用累加法及等比数列求和公式得解.
【详解】因为，
所以，，，，，，
累加可得：，
所以.
故选：C
6. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应不超过.经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（参考数据：）（ ）
A. 11分钟B. 13分钟C. 15分钟D. 17分钟
【答案】B
【解析】
【分析】由题意解出解析式中的参数，后解对数不等式求解即可.
【详解】由题意得，当时，，将其代入解析式，解得，
故解析式为，令，解得，
化简得，结合，可得，
所以该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为13分钟.
故选：B.
7. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，.若，且三棱锥的外接球的表面积为，则当四棱锥的体积最大时，长为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由球的表面积公式得半径，确定球心和点在底面的投影，建立函数关系求解．
【详解】由球的表面积，得，
因为为直角三角形，所以的外接球球心在底面的投影为中点，
而，故在底面的投影为垂直平分线与垂直平分线的交点，即中点，
，，可得，
设，则，
设，令，则，
，
故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
当即时，函数取最大值，此时四棱锥的体积最大，长为．
故选：D

8. 已知点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，直线将三角形分割为面积相等两部分，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，,，，先求出直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为，由，可得点M在射线上．再求出直线y＝ax+b（a＞0）和的交点N的坐标，分三种情况讨论：①若点M和点重合，求得；②若点M在点O和点之间，求得；③若点M在点的左侧，求得．求并集即可得b的取值范围．
【详解】解：因为点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，
所以，，从而有，
所以,，，
由题意，三角形的面积为1，
设直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为，由直线y＝ax+b（a＞0）将三角形分割为面积相等的两部分，可得，所以，故点M在射线上．
设直线y＝ax+b和的交点为N，则由可得点N的坐标为．
①若点M和点重合，如图：
则点N为线段的中点，故N，
把、N两点坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．
②若点M在点O和点之间，如图：
此时，点N在点和点之间，
由题意可得三角形的面积等于，即，
即，可得a，求得，
故有．
③若点M在点的左侧，

则，由点M的横坐标，求得b＞a．
设直线y＝ax+b和的交点为P，则由求得点P的坐标为，
此时，由题意可得，三角形APN的面积等于，即，
即，化简可得．
由于此时b＞a＞0，所以 ．
两边开方可得 ，所以，化简可得，
故有．
综上，b的取值范围应是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，由题意分析得直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点M在射线上，然后分三种情况进行讨论：①若点M和点重合；②若点M在点O和点之间；③若点M在点的左侧．
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，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确的有（ ）
A. 相关系数越接近1，变量，相关性越强
B. 若随机变量，满足，则
C. 相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D. 设随机变量服从二项分布，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合相关系数，方差的性质，相关指数的定义，二项分布概率计算公式计算，逐个判断即可.
【详解】对于A：由相关系数的定义可知，相关系数越接近，变量正相关性越强；相关系数越接近，变量负相关性越强，故A正确.
对于B：由随机变量，满足，则，故B错误.
对于C：由相关指数的定义可知，相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差，故C正确.
对于D：，故D正确.
故选：ACD
10. 亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究．已知函数的图象关于直线对称，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 在区间上单调递减
D. 若将函数图象上的所有点向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则m的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正弦型函数周期公式判断A，根据正弦型函数的对称轴判断B，再由正弦型函数的单调性判断C，根据平移后图象关于y轴对称，利用诱导公式求解判断D.
【详解】图象关于直线对称，
，得，故A错误；
所以，当时，，即，故B正确；
当时，，由正弦函数单调性知函数单调递减，故C正确；
由题可知平移后函数为，
则的最小值为，故D正确．
故选：BCD．
11. 如图，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，弦的中点为，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 以为直径的圆与相切B.
C. D. 的最小值为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由抛物线的定义可得，结合即可判断A；设的方程且联立抛物线方程，利用韦达定理可得，由中点坐标公式和两点表示直线斜率可得，即可判断B；由选项B知、，结合抛物线的定义化简计算即可判断C；由选项C得，由射影定理得，则，结合基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：由题意得，
又以为直径的圆与切于点，故A正确；
B：设的方程为，联立整理得，
，又，
则，，即，故B正确；
C：由选项B知，
，故C错误；
D：由选项C，得，则，
在中，，，由射影定理得，
，
当且仅当时，等号成立，且，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
12. 已知函数，，且有两个零点，则下列结论正确是（ ）
A. 当时，B.
C. 若，则D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作单位圆，利用面积得到；BC选项，画出，，且与的函数图象，数形结合判断BC选项；D选项，由，推出，不妨设，则，由单调性得到，证明出结论.
【详解】A选项，设，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，
由三角函数定义可知，，
设扇形的面积为，则，即，故，
当时，有不等式，A正确；
B选项，画出，，且与的函数图象，如下：
可以看出，，故，B不正确；
C选项，的最小正周期为，由图象可知，故，C正确；
D选项，由，可知，
所以．
则．
不妨设，则，
由于在上单调递增，故，
则，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：处理函数零点问题思路：（1）利用方程思想，如一次函数，二次函数等，可令函数值为0，直接进行求解；
（2）转化为两函数图象的交点问题来解决；
（3）研究函数单调性，结合零点存在性定理来进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中常数项为______.
【答案】25
【解析】
【分析】求得展开式中的常数项和项的系数后由多项式乘法法则可得，
【详解】中常数项为1，项为，
因此所求常数项为．
故答案为：25.
14. 已知等差数列，的前项和分别为，，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知关系，结合等差数列前n项和公式、等差中项性质即可求结果.
【详解】由，即.
故答案为：
15. 已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求得上下底面所在平面截球所得圆的半径，找到球心，求得半径，再由球的体积公式可得结果．
【详解】由题意设三棱台为，如图，
上底面所在平面截球所得圆的半径是，（为上底面截面圆的圆心）
下底面所在平面截球所得圆的半径是，（为下底面截面圆的圆心）
由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线上，设球的半径为，
当在线段上时，轴截面中由几何知识可得，无解；
当在的延长线上时，可得，解得，得，
因此球的体积是.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：本题求球半径时，容易只考虑在线段上，从而无法求解.
16. 已知实数，分别满足，，其中是自然对数的底数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】方程变形为，令换元后利用函数的性质得出，从而可求解．
【详解】由得，令，则方程化为，
设，则，易知时，，递减，时，，递增，
而时，，因此时，，
又，因此，且，
∴，
故答案为：．
【点睛】方法点睛：两个变量在两个不同的方程中，本题方法是利用换元法，把两个方程化为同一种形式，然后结合函数的单调性得出变量的关系．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为，若成等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）裂项相消法求和，证明出结论.
【小问1详解】
因为成等比数列，且，
所以，由，解得，
所以.
【小问2详解】
由，
得，
由，有，所以，得.
18. 在①，②，③三个条件中任选一个补充在下列问题中，并解决该问题.
在中，角所对的边分别为，__________，且.求：
（1）；
（2）周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①由三角恒等变换可得求出角，选②由三角形面积公式及数量积公式化简得出即可求解，选③转化为正弦函数，利用正弦定理、余弦定理求出得解；
（2）由正弦定理及三角恒等变换可得，利用正弦函数的值域求范围即可得解.
【小问1详解】
若选①
，由正弦定理得：
，
，
，，
，
.
若选②
，
，，
，.
若选③
，
，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
，.
【小问2详解】
，
，，
，，
即，所以△ABC周长的取值范围.
19. 在矩形中，，（如图1），将沿折起到的位置，使得点在平面上的射影在边上，连结（如图2）．

（1）证明：；
（2）过直线的平面与平行，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）由题意可得平面，可得，结合即可证明；
（2）过作交于，连接,由线面平行的判定定理可得平面即为平面.以为坐标原点，所在直线分别为轴，过作平面的垂线为轴，求出相关点的坐标，利用线面垂直的判定定理可得平面，即是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，根据夹角公式即可.
【小问1详解】
由题意知平面，
因为平面，所以.
又，平面,
所以平面.
又平面,所以.
【小问2详解】
过作交于，连接,
由于，平面，平面，
所以平面，故平面即为平面.
建立如图所示的空间直角坐标系，

由（1），又，平面，
所以平面.
因为平面,所以.
则在中，,，,
所以，
所以.
由于，，所以.
又，平面，
所以平面，故是平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为,
则,令,可得.
设平面与平面的夹角为,
则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 从中国夺得第一枚奥运金牌至今，已过去约四十年．在这期间，中国体育不断进步和发展，如跳水、举重、体操、乒乓球、射击、羽毛球等，现已处于世界领先地位．我国某邻国为挑选参加第19届杭州亚运会乒乓球男单比赛的队员，对世界排名均不靠前，且水平相当的甲乙二人的乒乓球单打水平分别进行了五轮综合测试，按某评判标准得到评价成绩如下（分数越高，代表打球水平越好）
甲：5 6.3 9.5 9.2 6 乙：7.2 7.3 6.6 7 7.9
（1）参考上面数据你认为选派甲乙哪位选手参加合适？说明理由；
（2）现甲、乙二人进行单打比赛，并约定其中一人比另一人多赢两局时比赛就结束，且最多比赛20局，若甲、乙在每一局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛互不影响，求比赛结束时比赛局数的数学期望．
【答案】（1）应该派甲去，理由见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平均数和方差的公式求出，，再比较它们的大小即可得出答案；
（2）设比赛局数为随机变量X，求出X的可能取值，及其对应的概率，由均值公式表示出，再结合错位相减法求出，即可得出答案.
【小问1详解】
分别计算甲乙运动员在平均成绩，和方差，
，
，
而，
，
因为，，
所以在平均数一样的条件下，乙的水平更为稳定，但考虑甲乙水平均不靠前，再加上中国乒乓球运动员的世界领先水平，我认为不应派成绩稳定的乙去参赛，应该派甲去，有可能超常发挥取得更好成绩．
【小问2详解】
设比赛局数为随机变量X，由题意知X的可能取值必须为偶数：2、4、6……20．
则，
当时，说明前两局二人各胜一局，然后第三局和第四局均为甲胜或均为乙胜，且前两局二人各胜一局的概率为．
故．
发现，当时，双方前两局，前四局，……到前局甲乙胜负局数均相同，且第局，第X局均为甲胜或乙胜，于是设
．
显然时，也满足上式．
而时，说明双方前两局，前四局，……到前18局甲乙胜负局数均相同，
．
故X的分布列为
故X的数学期望．
设①
则②
①－②得
．
所以需要进行的比赛局数的数学期望为．
【点睛】关键点睛：本题的关键点是设比赛局数为随机变量X，求出X的可能取值，及其对应的概率，由均值公式表示出，再结合错位相减法求出，即可得出答案.
21. 在平面直角坐标系中，已知点，直线与的斜率之积为．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过的直线交曲线于两点，直线与直线交于点，求证：为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，设出点Q的坐标，再用斜率坐标公式列式化简即得.
（2）设出直线的方程，与轨迹的方程联立，并设出点的坐标，求出点的坐标，结合韦达定理计算求解即可.
【小问1详解】
设，直线的斜率为，直线的斜率为，
依题意，，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为， ，
直线的方程分别为，联立这两个方程得
点的横坐标为，
由消去x得，，
于是，，
，
所以．
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
22. 已知函数，其中是自然对数的底数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，设关于的不等式对恒成立时的最大值为，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据参数的不同取值范围确定函数的单调性.
（2）分离参数，转化为恒成立问题，再构造函数，求构造的函数在给定区间上的最值 .
【小问1详解】
的定义域为， ，
当时，因为，所以，即；
当时，因为，故恒成立，故；
所以当时，，单调递增；
当时，，，
单调递增；单调递减；
综上，当时，单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
因为的不等式对恒成立，
则，对恒成立，
令，
即，令，即，
所以在上递增；
①当，即时，因为，所以，
当，，即，所以在上递增，
所以；
②当即时，因为，，即，
所以在上递减，所以；
③当，即时，因为在上递增，
所以存在唯一实数，使得，即，
则当时，，即；当时，，即，
故在上单减，上单增，所以，
设，则，
所以在上递增，所以．
综上所述， ．
【点睛】方法点睛：在第二问中，分离参数后，得到，设，.求这个函数的最小值，仍然要二次求导，三次求导，还要分类讨论.比较烧脑，属于难题.
X
2
4
6
8
……
18
20
P