广东省佛山市顺德区2024届高三教学质量检测（二）数学试题

这是一份广东省佛山市顺德区2024届高三教学质量检测（二）数学试题，共30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．集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A．B．C．D．1
4．在中，，若，线段与交于点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．二手汽车价位受多方因素影响，交易市场常用年限折旧法计算车价位，即按照同款新车裸车价格，第一年汽车贬值30%，从第二年开始每年贬值10%，刚参加工作的小明打算用7万元入手一辆3～5年的二手车，根据年限折旧法，设小明可以考虑的同款新车裸车最高价位是万，则（ ）
A．14B．15C．16D．17
6．小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在区间上的值域均为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．一个平面截正方体所得的截面图形可以是（ ）
A．等腰三角形B．菱形C．梯形D．正五边形
10．若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、单选题
11．已知圆，椭圆，直线，点为圆上任意一点，点为椭圆上任意一点，以下的判断正确的是（ ）
A．直线与椭圆相交
B．当变化时，点到直线的距离的最大值为
C．
D．
四、多选题
12．函数是定义域为的奇函数，且它的最小正周期是，已知，．下列四个判断中，正确的有（ ）
A．当时，的值只有0或
B．当时，函数既有对称轴又有对称中心
C．对于给定的正整数，存在，使得成立
D．当时，对于给定的正整数，不存在且，使得成立
五、填空题
13．已知，则 ．
14．已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球（该球与其所有棱都相切）的表面积分别为，则 ．
15．一次考试后，学校将全体考生的成绩分数绘制成频率分布直方图（如下图），并按照等级划分表（如下表）对考生作出评价，若甲考生的等级为“A”，则估计甲的分数为 ．（写出满足条件的一个整数值即可）
16．在如图所示的长方形台球桌面示意图中，，桌面的六个网分别位于长方形的四个顶点及长边中点上．现有三个台球分别在三点所在的位置上，且三点共线．用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球），使得球沿球运动的方向径直落入三个网中之一．若球和网近似地看成点，且台球在桌面上为直线运动，球碰到桌边缘后反弹符合入射角等于反射角．则球击中球前，球移动的最短路径的路程为 ．
六、解答题
17．已知数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：．
18．某市随机抽取名市民进行智能手机使用情况调查，使用5G手机（A类）和使用4G及以下或不使用手机（B类）的人数占总人数的比例统计如下表：
(1)若用样本的频率作为概率的估计值，在全体市民中任选3人，记为3人中小于60岁的人数，求的分布列和数学期望；
(2)若以60岁为年龄分界，讨论当取不同值时，依据小概率值的独立性检验，能否判断使用手机类型与年龄有关？
附：．
19．在四棱雉中，四边形为矩形，，，点为线段的中点．已知点在平面上的射影在四边形外，且直线与平面所成的角为．
(1)设点为线段的中点，求证：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
20．在中，角所对的边分别为，其中，．
(1)求角的大小；
(2)如图，为外一点，，，求的最大值．
21．已知双曲线中，焦距为，且双曲线过点．斜率不为零的直线与双曲线交于两点，且以为直径的圆过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)是否存在直线，使得点到直线的距离最大？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，且满足（为自然对数的底数，）．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
等级
划分范围（分数由高到低）
A+
前20%（包括20%）
A
前20%~35%（包括35%）
B+
前35%~65%（包括65%）
B
前65%~85%（包括85%）
C+
前85%~95%（包括95%）
C
最后5%
A类
B类
大于或等于60岁
小于60岁
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
参考答案：
1．A
【分析】先根据对数的性质化简集合，再根据集合交集的概念求解即可.
【详解】由解得，所以，
所以，
故选：A
2．A
【分析】根据复数乘方以及除法运算可得，即可判断出结论.
【详解】由可知，
因此复数在复平面上对应的点坐标为，位于第一象限.
故选：A
3．D
【分析】求出导函数，令求出即为切线的斜率.
【详解】令，得，得
故选：D
4．B
【分析】根据中线性质得出，再由平面向量线性运算即可求得结果.
【详解】如下图所示：

由可得分别为的中点，
由中线性质可得，
又，所以，
因此.
故选：B
5．B
【分析】依据贬值规律，根据等比数列性质列不等式即可解得.
【详解】根据题意可知，列不等式，
即，
又，可得.
故选：B
6．D
【分析】根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，求出，，进而计算可得答案
【详解】根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，
事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，
事件A包含3中情况，
①走了4次1级台阶，其概率
②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其概率，即,
③走了2次2级台阶，其概率，
故小明爬到第4级台阶概率
在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率,
故选：D
7．A
【分析】利用正弦型函数图象，数形结合可得.
【详解】在上，，在上，，
由题意，函数在两个区间上最值相同，且最小值为，即两区间左端点函数值均为最小值，
所以两区间右端点函数值不能小于，但两区间内最大值相同，
如图的部分图象，数形结合得且，即.
故选：A
8．C
【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值．
【详解】因为，则，
由角平分线的性质可得，
因为，所以，
由椭圆的定义可知：，
在△，，
由余弦定理可得，
即，
整理可得：,
即，可得，
因为，所以．
故选：C．
9．ABC
【分析】根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答案中的图形进行比照，即可判断选项．
【详解】根据题意，当截面为三角形时，可能出现等腰三角形；如图：
故A正确；
当B，D分别为正方体棱中点时，截面可以为菱形，如图：
故B正确;
当C，D分别为正方体棱的中点，截面图可以为等腰梯形，如图：
故C正确；
当截面为五边形，如图，不可能是正五边形：若截面为五边形，则该面恰与五个面相交，而其中一定有两组对面，
根据面面平行的性质定理，故有两组平行边，但正五边形没有平行的边，故截面不可能是正五边形.
故D错误.
故选：ABC.
10．ACD
【分析】将，，代入判断ACD，利用二项式展开式的通项公式判断B即可.
【详解】将代入得，解得，A正确；
由二项式定理可知展开式的通项为，
令得，所以，B错误；
将代入得，
即，C正确；
将代入得，
即①，
将代入得，
即②，
①+②得，所以，
①-②得，所以，
所以，D正确；
故选：ACD
11．ABD
【分析】根据直线过定点，可得点在椭圆内可判断A，根据圆心，可得出点到直线的距离的最大值判断B，设出，利用两点间距离公式并由二次函数性质可求得，进而可得C错误，D正确.
【详解】根据题意可知圆的圆心为，半径为，
椭圆的长轴为4，短轴为2，
直线恒过定点，
显然点在椭圆的内部，如下图所示：

显然，直线与椭圆相交，即A正确；
当变化时，易知圆心到直线的距离的最大值为，
所以点到直线的距离的最大值为，即B正确；
设点满足且，可得
又易知，
显然
，
显然当时，，可得，
即可得C错误，D正确；
故选：ABD
12．BC
【分析】A选项，，当时，，，求出的值域为，进而得到，A错误；B选项，由于为平移得到，故的最小正周期也为，故只需研究即可，当时，，，推出关于轴对称，结合为奇函数，得到关于对称，同理可得也满足要求，B正确；C选项，推出的图象关于点对称，的图象关于直线对称，故，分为偶数和为奇数两种情况，得到C正确；D选项，先得到函数的图象关于轴对称，在C选项基础上，得到时，，此时，D错误.
【详解】选项A，当时，，，
当时，，
当时，，
故时，的值域为，
又为奇函数，故当时，的值域为，
故，
为平移得到，故的最小正周期也为，
故函数的最小正周期为，
故函数值域为，故A错误；
B选项，由于为平移得到，故的最小正周期也为，故只需研究即可，
当时，，，
当时，，此时，
当时，，此时，
故，由于为连续函数，
故，故的图象在上关于直线对称，
又为奇函数，最小正周期为，结合图象可知，在图象在R上关于直线对称，
所以，
令，则，
将用替换，有，故，
所以关于轴对称，
又为奇函数，故，
所以，又，
故，
故，
故关于对称，所以既有对称轴，又有对称中心，
当时，同理可得既有对称轴，又有对称中心，B正确；
C选项，取，则，
由于为奇函数，故，
又的最小正周期为，故，
即，即，
故的图象关于点对称，
由B选项知，的图象关于直线对称，故的图象关于直线对称，
所以，，
所以，
当为偶数时，，所以，
当为奇数时，，所以，C正确；
D选项，由于，所以成立，
，故，
即，
故在上，
又的图象关于直线对称，且最小正周期为，
故函数的图象关于轴对称，
所以，而成立，
所以，故存在成立，D错误.
故选：BC
【点睛】结论点睛：函数的对称性：
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称，
13．
【分析】利用二倍角公式和同角三角函数关系得到，求出.
【详解】，
因为，所以，
故，解得.
故答案为：
14．
【分析】由几何关系求出外接球和棱切球半径，再由球的表面积公式求出表面积，最后求出比值.
【详解】
设正三棱柱的棱长为，因为正三棱柱上下底面中心连线的中点为外接球的球心，
则外接球的半径，，
所以，
因为，所以为棱切球的球心，则棱切球半径，
所以.
故答案为：
15．100（答案不唯一，任选其一）
【分析】根据频率分布直方图可求得，再利用成绩划分等级标准分别求出等级为“A”的分数区间，即可得出答案.
【详解】利用频率分布直方图可得，解得，
成绩在区间内的人数占，在内的人数占，
设成绩排在前位的分数线为，则，解得；
设成绩排在前位的分数线为，则，解得；
因此考生的等级为“A”的分数区间为，又因为分数取整数，
所以可得甲的分数所有可能取值为.
故答案为：100（答案不唯一）
16．/
【分析】分三种情况，结合题意，连接点与网中其中之一，得到直线，根据反射得到点的运动路径，得到最小值.
【详解】因为用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球），
连接并延长交于点，直线，即，
令得，，故，则为的中点，
故的反射直线为，则，
将代入中，得，故，
令得，故，为的中点，
直线经过反射得到直线，
将代入中，得，故，
其中满足上，
故球的轨迹为，其中，
，，
故轨迹长度为，

连接并延长，交于点，
直线的方程为，即，令得，
故，根据反射得到反射直线，将代入得，
，解得，故直线，
令得，解得，故，
根据反射得到直线，将代入得，
，解得，故直线，
令得，解得，故，
根据反射得到直线，将代入得，
，解得，故直线，
令得，故，
由于，故令中的得，
故点A不在直线上，
故要想点A在直线上，也要经过多次反射，故路径会大于，不合要求，舍去；

连接并延长，交于点，则直线的方程为，
令得，故，
根据反射得到直线反射直线，
将代入上式得，，解得，
故直线，令得，解得，故，
根据反射得到反射直线，将代入得，
，解得，故，
令得，故，
根据反射得到反射直线，将代入得，
故，
由于，故令中的得，
故不在反射直线上，
故要想点A在直线上，也要经过多次反射，故路径会大于，不合要求，舍去；

综上，球移动的最短路径的路程为.
故答案为：
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
17．(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）得到为常数列，结合得到，求出通项公式；
（2），设的前项和为，错位相减法求和得到.
【详解】（1），故为常数列，
其中，故，
故，即；
（2），设的前项和为，
则①，②，
两式①-②得，
，
故.
18．(1)分布列见解析，
(2)答案见解析
【分析】（1）根据条件判断出，然后计算出在不同取值下的概率，由此可求分布列，根据分布列可求；
（2）由已知表格得到列联表，将表中数据代入的计算公式并将计算结果，分类讨论与比较大小，由此可知结果
【详解】（1）由表格可知，任取一人小于60岁的概率，
由题意可知：，的可能取值为0，1，2，3
所以，
，
，
所以的分布列为：
所以（或者）.
（2）因为使用5G手机（A类）和使用4G及以下或不使用手机（B类）的人数占总人数的比例统计如下表：
所以可得列联表
因为，，，都是正整数，
且：：：=2:3:6:9
所以是20的正整数倍，
因为，
当时，，
当时，，
所以当且是20的正整数倍时，依据小概率值的独立性检验认为喜欢旅游与性别有关；
当且是20的正整数倍时，依据小概率值的独立性检验认为喜欢旅游与性别有无关.
19．(1)详解见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，即得证
（2）利用空间向量法可求得平面PAC的法向量和平面ABCD的一个法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】（1）作平面ABCD，连接OA，OD，OE
所以直线与平面所成的角即为，
又因为在等腰三角形APD中，，
所以，
因为，所以，故，
以O为坐标原点，以垂直于OF所在直线，OF，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以
所以，
，
所以
（2）点，设平面PAC的法向量为 ，
则有，又，
所以，不妨令，则，
所以，
取平面ABCD的一个法向量，
则
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理将边化为角，可得角的方程，化简计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由正弦定理可得，再由余弦定理分别得到，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理，可得，
整理可得，
又因为，
化简可得，
而，则，又，则
（2）在中，由可得，
在中，由可得，
所以，
设，
由余弦定理，
，
可得，，
因此，
当且仅当时，即等号成立，
所以的最大值为，此时.
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）待定系数法求解双曲线方程；
（2）方法一：设直线，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，即或，分两种情况讨论，得到直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程；
方法二：齐次化求解，平移双曲线得，设平移后的直线方程为，变形得到，根据斜率之积为-1得到则直线过定点，从而原直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程；
【详解】（1）由题意得，且，
又，解得，
故双曲线方程为；
（2）设直线，
联立得，
设，
则，
由题意得，
即
，
将代入上式，
，
即，
化简得，
变形为，
故或，
当时，直线，经过定点，与重合，不合要求，
当时，直线，经过定点，
要想到直线的距离最大，则⊥，其中
故直线的斜率，故直线的方程为，
即.
经检验，满足要求.
方法二：平移双曲线得，即，
设平移后的直线方程为，
则有，
即，
两边同除以得，
由题意得，
设，则，
则直线过定点，
将向左平移3个单位，向上平移1个单位，则原直线过定点，
要想到直线的距离最大，则⊥，其中
故直线的斜率，故直线的方程为，
即，经检验，满足要求.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
22．(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明过程见解析
【分析】（1）求定义域，求导，令，根据的正负分类讨论，求出函数的单调性；
（2）（ⅰ）在（1）的基础上得到，并根据得到不等式，求出，得到的取值范围；
（ⅱ）结合，，得到，根据的范围得到，令，，求导得到其单调性，故，要证明，只需证，结合且，放缩后得到结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，其判别式为，
若，即时，恒成立，故在上恒成立，
故在上单调递增，
若，解得或，
设的两个根分别为，
解得，
当时，，，所以，且，
当时，，，
当时，，，
故在上单调递增，
在上单调递减，
当时，，，所以，
则，在上恒成立，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，
（2）（ⅰ）由（1）可知，，
，即，
，
两边平方得，
解得，负值舍去，
其中，综上，，
实数的取值范围为；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
将代入上式得，
，
由于，故，
所以，
因为，所以，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
故，
要证明，只需证，
因为，所以，且，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：导函数处理零点或极值点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断极值点或零点个数，较为复杂和综合的函数极值点或零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
A类
B类
大于或等于60岁
小于60岁
A类
B类
总计
大于或等于60岁
小于60岁
总计