广东省广州市执信中学2024届高三第二次调研数学试题（教师版）

这是一份广东省广州市执信中学2024届高三第二次调研数学试题（教师版），共25页。试卷主要包含了 “且”是“为第四象限角”的， 已知函数，则下列说法正确的是， 下列几种说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟.
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. “且”是“为第四象限角”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先考查充分性，根据条件确定的终边位置，再考查必要性，有终边位置确定符号即可.
【详解】充分性：
因为，
所以为第一象限角或第四象限角或终边在轴的非负半轴，
又，则，
所以为第三象限角或第四象限角或终边在轴的非正半轴，
综上知，为第四象限角，故充分性成立；
必要性：若为第四象限角，则且，
此时，
故必要性成立，故“且”是“为第四象限角”的充要条件，
故选:A.
2. 在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是坐标原点，则向量对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数与向量坐标关系及向量减法求对应点，即可得对应复数.
【详解】由题设，则，
所以向量对应的复数为.
故选：D
3. 已知集合，，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的补集运算得到，把转化为，最后利用包含关系得到答案.
【详解】因为，，
因为，所以，
所以，
故选：A.
4. 已知分别是等差数列的前项和，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用及等差数列的性质进行求解.
【详解】分别是等差数列的前项和，故，且，故，
故选：D
5. 某人将用“”进行排列设置6位数字密码，其中两个“1”相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出所有排列数，在求出满足条件两个“1”相邻的排列数，即可求出概率.
【详解】根据已知条件：用“”进行排列设置6位数字密码共有种排列方法，
其中两个“1”相邻的情况共有种方法，所以两个“1”相邻的概率是.
故选：C.
6. 若直线在轴､轴上的截距相等，且直线将圆的周长平分，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】设出直线方程，将圆心代入直线，求解即可.
【详解】由已知圆，直线将圆平分，则直线经过圆心，
直线方程为，或，将点代入上式，解得
直线的方程为或.
故选：C
7. 已知中，，在线段上取一点，连接，如图①所示．将沿直线折起，使得点到达的位置，此时内部存在一点，使得平面，如图②所示，则的值可能为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】寻找点的临界状态，再利用余弦定理、勾股定理计算，最后判断的取值范围.
【详解】连接．因为平面平面，所以，
．在Rt中，，
所以．
所以在Rt中，．
因为在中，，所以是直角三角形，
且．
因为，所以点在以点为圆心，为半径的圆上．
作于点，因为点到直线的距离，且，
所以圆与线段交于两点，记为和，记圆与线段的交点为，如图所示．
在中，由余弦定理得，代入数据，解得；
同理，在中，．因为，所以点在线段上．
因为点在内部，所以点在弧上（不含点和）．
设，当点在点时，．
在Rt中，，即，解得．
当点在点时，．在Rt中，，
即，则．
在中，，
由余弦定理得，
代入数据，解得．
因为随着的增大，点靠近点，线段的长增大，点靠近点，
所以的取值范围为．结合选项可知，的值可能是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面垂直的性质，再找到点的临界位置，再利用余弦定理求出其对应状态下的值，则得到其范围.
8. 已知函数，若函数图象上存在点且图象上存在点，使得点和点关于坐标原点对称，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对称性可得，从而分离参数得，令，利用导数求得函数最小值为，从而得解.
【详解】设，则点在的图象上，
，即.
令，则，
令，则，此时递增，
令，则，此时递减，
最小值为.
故选：A.
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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 函数的最小正周期为2
C. 函数的对称轴方程为D. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的图象与性质逐项判断即得.
【详解】函数，A正确；
函数的最小正周期为，B错误；
由，得函数的对称轴方程，C正确；
函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，
而的图象向左平移个单位长度得到的函数不能化成，D错误.
故选：AC
10. 下列几种说法中正确的是（ ）
A. 若，则的最小值是4
B. 命题“，”的否定是“，”
C. 若不等式的解集是，则的解集是
D. “”是“不等式对一切x都成立”的充要条件
【答案】BCD
【解析】
【分析】A：取进行分析；B：根据含一个量词的命题的否定方法得到结果；C：先根据韦达定理求解出的值，然后可求的解集；D：分析不等式对一切x都成立时的取值范围，然后作出判断.
详解】对于A：当时，，但，故A错误；
对于B：修改量词，否定结论可得命题的否定为：“，”，故B正确；
对于C：因为的解集是，所以，所以，
所以，解得，故C正确；
对于D：当时，恒成立，
当时，若不等式对一切x都成立，
则，解得，
综上，时，不等式对一切x都成立，
所以“”是“不等式对一切x都成立”的充要条件，故D正确；
故选：BCD.
11. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且.以下命题正确的有（ ）
A. 若，则为的重心
B. 若为的内心，则
C. 若，为的外心，则
D. 若为的垂心，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，从而可用表示出，进而即可判断C；
对D，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，代入即可求解，进而即可判断D．
【详解】对于A，取的中点D，连接，
由，则，
所以，
所以A，M，D三点共线，且，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；

对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B正确；

对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，
又，
则有，
所以，
，
，
所以，故C错误；

对于D，如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，

由为的垂心，，则，
又，则，，
设，则，
所以，即，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，得到，进而即可求解．
12. 小明热爱数学，《九章算术》《几何原本》《数学家的眼光》《奥赛经典》《高等数学》都是他的案头读物．一日，正翻阅《高等数学》，一条关于函数的性质映入他的眼帘：函数在区间有定义，且对，，，若恒有，则称函数在区间上“严格下凸”；若恒有，则称函数在区间上“严格上凸”．现已知函数，为的导函数，下列说法正确的是（ ）注：为自然对数的底数，，．
A. 有最小值，且最小值为整数
B. 存在常数，使得在“严格下凸”，在“严格上凸”
C. 恰有两个极值点
D. 恰有三个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，求导后将看成一个整体，利用进行放缩即可；
对于B,将“严格上凸”和“严格下凸”转化为导函数的单调性，二次求导后即可判断；
对于C，根据导函数的单调性，结合零点存在定理，即可判断；
对于D，根据函数的单调性，结合零点零点存在定理，即可判断；
【详解】，
，
设，易得：，
所以，
当时，等号成立，故A对;
，，，若恒有，等价于切线一直在割线下方，即单调递增.即函数在区间上“严格下凸”；
，，，若恒有，等价于切线一直在割线上方，即单调递减.即函数在区间上“严格上凸”.
设，
，
易得在为增函数.
，
，
所以存在常数，，使得在上，，单调递减，即单调递减, 在“严格上凸”；
在上，，单调递增，即单调递增,在“严格下凸”.
故B错误；
由B知，在上单调递减, 在上，单调递增
，，
，
所以恰有两个极值点，故C正确；
由C知，恰有两个极值点，设为，，且，
所以在和单调递减， 单调递增
，，
，
所以函数在各有一个零点，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在的展开式中，含的项的系数是__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式可直接写出含项的系数，求得答案.
【详解】因为在，
所以含的项为：，
所以含的项的系数是.
故答案为：
14. 应越共中央总书记阮富仲､越南国家主席武文赏邀请，中共中央总书记､中国国家主席习近平于2023年12月12日至13日对越南进行国事访问，期间，共同探讨了经济､政治等领域的诸多问题，构建了具有战略意义的中越命运共同体，访问受到了越南各层各界的隆重欢迎，引起了全世界的广泛关注.“访､越､南”三个汉字的笔画数，经过适当调整能构成一个等差数列，则此等差数列的公差为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据“访､越､南”三个汉字的笔画数，调整后构成等差数列，求得公差即可.
【详解】由题意知“访､越､南”三个汉字的笔画数分别为，
又因为三个汉字的笔画数调整顺序能构成一个等差数列，
故这三个数组成的等差数列可以为或，
因此
故答案为：.
15. 过双曲线的右支上一点，分别向⊙和⊙作切线，切点分别为，则的最小值为________.

【答案】17
【解析】
【分析】根据双曲线和圆的方程可确定双曲线焦点与圆的圆心重合，利用勾股定理表示出切线长，将问题转化为的最小值问题，利用双曲线定义和三角形三边关系可求得最小值.
【详解】由，得，所以双曲线的焦点坐标为，
由圆的方程知：圆圆心的坐标为，半径，
圆圆心的坐标为，半径，
分别为两圆切线，
，
，
为双曲线右支上的点，且双曲线焦点为，
又（当为双曲线右顶点时取等号），
，
即的最小值为.
故答案为：17.
16. 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：本题求球的半径时，容易只考虑在线段上，从而无法求解.
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. 在中，分别是的内角所对的边，且.
（1）求角的大小；
（2）若，，求边.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设和正弦定理化角为边，利用余弦定理即可求得角；
（2）由题设条件得到，利用正弦定理替换即可得到边长度.
【小问1详解】
由和正弦定理可得：，整理得：，
由余弦定理得：，
因，
故得：.
【小问2详解】
由，可得：，
又由正弦定理：可得：，
由（1）知，代入解得：.
18. 已知数列满足.
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意构造出形式即可得；
（2）借助裂项相消法求和即可得.
【小问1详解】
因为，且，
所以，即，
又，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以；
【小问2详解】
由（1）知，所以，
所以
，
故.
19. 如图①，在五边形中，四边形是梯形．是等边三角形．将沿翻折成如图②所示的四棱锥．
（1）求证：；
（2）若平面，且，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知得到四边形为平行四边形，得到，再用是等边三角形，得到，从而证明平面，得出结果；
（2）建系，利用空间向量法求二面角，先求出平面的法向量和平面的法向量，代入公式求解即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接．
在梯形中，因为，
所以，且，所以四边形为平行四边形．
又，所以．
因为是等边三角形，所以，所以．
又平面，所以平面．
又平面，所以．
【小问2详解】
因为平面平面，所以，
由（1）知平面，
所以平面．
由（1）可知．又，所以，
所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
所以，
则，
设平面的法向量，
由得，
取，得平面的一个法向量．
设平面的法向量，由得，
取，得平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为
20. 2023年9月23日至10月8日、第19届亚运会在中国杭州举行．树人中学高一年级举办了“亚运在我心”乒乓球比赛活动．比赛采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率．
（1）若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
（2）若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即，求的取值范围．
【答案】（1）分布列见解析，期望为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先写出离散型随机变量的分布列，再求出数学期望即可；
（2）先根据已知不等式列式求解，再根据单调性定义作差证明单调递增说明结论.
【小问1详解】
，即采用3局2胜制，所有可能值为，
，，
的分布列如下，
所以.
【小问2详解】
采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，
甲最终获胜的概率为，
采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，
甲最终获胜的概率为
，
则
，得.
21. 设椭圆C1：1（a＞b＞0）的左焦点为F，右顶点为A，离心率是，已知A是抛物线C2：y2＝2px（p＞0）的焦点，F到抛物线C2的准线l的距离为．
（1）求C1的方程及C2的方程；
（2）设l上两点P，Q关于轴对称，直线AP交C1于点B（异于点A），直线BQ交x轴于点D，若△APD的面积为，求直线AP的斜率．
【答案】（1）C1的方程为，抛物线C2的方程为.
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据椭圆和双曲线的定义和性质列方程组求出，，的值，即可得出方程；
（2）设的方程为，联立方程组得出，，三点坐标，从而得出直线的方程，求出点坐标，根据三角形的面积解出即可得出答案.
【小问1详解】
设点的坐标为，因为椭圆的离心率为，所以.
又为抛物线：（）的焦点，到抛物线的准线的距离为，
所以，，
解得：，，，此时.
所以椭圆的方程为：，抛物线的方程为：.
【小问2详解】
如图：

不妨设直线的方程为：（）
联立解得：，可得.
联立，消去并整理得：.
解得：或，所以,
可得直线的方程为：.
令解得：，所以
可得.
因为的面积为，所以.
所以直线的斜率：.
22. 设函数．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
（2）若当时，恒有，求实数a的取值范围；
（3）设时，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据题意结合导数的几何意义列式求解；
（2）构建，由题意可知：当时，恒有，且，结合端点效应分析求解；
（3）由（2）可知：当时，，令，，可得，再令，可得，利用累加法分析证明.
【小问1详解】
因为，则，
则，，即切点坐标为，斜率，
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
令，
则，
由题意可知：当时，恒有，且，
则，解得，
若，则有：
①当时，，
因为，可知，
令，
因为在内单调递增，可得在内单调递增，
则，即，符合题意；
②当时，则在内恒成立，符合题意；
③当时， 令，
则，
因为，则，，
可知在内恒成立，
则在内单调递增，可得，
则在内单调递增，可得，符合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可知：当时，，
令，可得，
令，则，则，整理得，
令，则，整理得，
则，
所以.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
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