广东省深圳外国语学校2023-2024学年高三上学期第二次月考数学试卷

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数 学（新课标I卷）答案详解
试卷类型：A
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
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．设复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，则（ ）
A．2B．0C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，根据复数的乘法运算即可求解.
【详解】因为复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，
所以，
所以.
故选：A.
2．已知集合，，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分别求出集合A、B，再按交集的定义运算即可.
【详解】由，得，所以，由，得
，所以，所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，涉及到求函数的定义域，解一元二次不等式，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
3．已知，，均为单位向量，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用平面向量数量积的性质进行运算即可．
【详解】，，则，即，则
故选：C
4．函数在区间上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性和指数函数的性质，排除选项得出正确答案．
【详解】
是偶函数，排除选项B和D
当时，，，即，排除选项C
故选：A
5．已知和分别是数列和的前项和，且满足，，若对，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】D
【分析】利用和与项的一般关系求得数列的递推关系，根据等比数列的定义判定为等比数列，得到通项公式，进而得到，利用等差数列的求和公式得到,进而结合二次函数和指数函数的单调性得到不等式左端的最大值，根据不等式恒成立的意义得到关于的不等式，求解即得.
【详解】由得,∴,
,
∴,∴,
∴数列为首项为，公比为的等比数列，
∴,∴，
∵，∴为等差数列，
∴,
,
记
当n∈N*时，为的单调递减函数，
∴
恒成立的充分必要条件是,解得或，
故选：D
6．中国茶文化博大精深．茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，有一种茶用85℃的水泡制，再等到茶水温度降至55℃时饮用，可以产生最佳口感．某研究人员在室温下，每隔1min测一次茶水温度，得到数据如下：
为了描述茶水温度与放置时间的关系，现有以下两种函数模型供选择：
①，②．
选择最符合实际的函数模型，可求得刚泡好的茶水达到最佳口感所需放置时间大约为（ ）
（参考数据：，）
A．6minB．6.5minC．7minD．7.5min
【答案】B
【分析】根据每分钟茶水温度的减少值呈现越来越小的变化趋势，可判定应当选择模型①为更符合实际的模型.利用前两组数据可以求得和的值，进而将最佳口感温度代入所求得解析式，利用对数的运算性质求得的值，即可做出判断.
【详解】由表格中数据可得，每分钟茶水温度的减少值依次为6,5.4,4.86,4.37,3.94,
呈现越来越小的变化趋势，
故选用模型①为更符合实际的模型.
由时，，代入，得,解得.
∴.
由时,可得，解得,
∴,
由,得,∴,
,
刚泡好的茶水达到最佳口感所需放置时间大约为6.5min,
故选:B.
7．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，从发出的光线经过图2中的两点反射后，分别经过点和，且，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和向量数量积为0的条件，判定，结合已知条件得到，设出，表示出直角三角形的其余边，结合双曲线的定义表示出，利用建立方程求得，进而求得
，然后利用勾股定理求得，从而得到，从而得到离心率的值.
【详解】如图，由，有，
可得，可得，有.
在Rt中，由，
不妨设，则，由勾股定理得，
又由双曲线的定义可得，，
根据可得，
解得，所以，
在Rt中，，可得，
故双曲线的离心率为.
故选：B.
【点睛】
8．如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成的角为45°，顶点B在平面α内的射影为O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦值等于( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意知：当四点共面时，顶点与点的距离最大，设此平面为，由面面垂直判定定理结合，证出，过作于，连结，根据面面垂直与线面垂直的性质证出，从而点到平面的距离等于点到平面的距离．设正四面体的棱长为1，根据与平面所成的角为和正四面体的性质算出到平面的距离，从而在中，利用三角函数线的定义算出，即得到直线与平面所成角的正弦值．
【详解】∵四边形中，顶点与点的距离最大，∴四点共面，设此平面为，
如图，过点作平面，垂足为，连接，设正四面体的棱长为1，则在中，.，直线与平面所成的角为45°，，结合得，因此到平面的距离
过点作于，连接，则就是直线与平面所成的角，且，由此可得点到平面的距离等于点到平面的距离，即，∴在中，，即直线与平面所成角的正弦值等于.故选A.
【点睛】本题考查了线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理的应用，直线与平面所成角的定义与求法等知识．试题的难点在于发现“当顶点A的运动轨迹是绕着在旋转，且，所以当点与点的距离最大时，四点共面”，对逻辑推理和空间想象能力要求较高．
二、多选题
9．以下结论正确的是（ ）
A．根据列联表中的数据计算得出，而，则根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系
B．的值越大，两个事件的相关性就越大
C．在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好
D．在回归直线中，变量时，变量的值一定是15
【答案】ABC
【分析】AB选项，根据独立性检验的定义和性质进行求解；CD选项，根据回归直线的概念和性质进行求解.
【详解】对于A，，故根据小概率值的独立性检验，认为两个分类变量有关系，即A正确：
对于B，越大，“与有关系”可信程度越大，相关性就越大，即B正确；
对于C，在回归分析中，相关指数越大，说明残差平方和越小，回归效果越好，即C正确；
对于D，回归直线方程中，当变量等于200时，的值平均是15，不能说一定是15，故D错误.
故选：ABC.
10．已知角，是锐角三角形的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据三角形内角和及诱导公式，三角函数单调性一一判定选项即可.
【详解】由题易知，
，，
即A、B、C结论成立.
对于D，由锐角三角形知，，得，
因此，所以错误.
故选：ABC
11．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．当时，
C．以线段为直径的圆与直线相切
D．当最小时，切线与准线的交点坐标为
【答案】ACD
【分析】先设直线的方程为，再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，，再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A；先结合A得到，，再根据题意得到，，进而即可判断B；设，，在准线上的射影为，，，根据题意求得即可判断C；结合A可得，当最小时，不妨取，则可设切线的方程，再抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，从而得到切线方程，再联立准线方程即可求出交点，进而即可判断D．
【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
12．已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有2个零点
B．函数在上单调递增
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据导数的性质，结合导数的几何意义、函数零点定义、函数单调性的性质、对数的运算逐一判断即可.
【详解】A：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
函数的极大值为，极小值为，
因此当时，，
当时，，
当时，，因此函数只有一个零点，因此本选项不正确；
B：，
，
当时，根据函数单调性的性质可知函数单调递减，
所以当时，，
所以函数在上单调递增，本选项正确；
C：，
因此曲线在点处的切线方程为：
，
，
因此曲线相切方程为：
，
因为曲线在点处的切线与曲线相切于点，所以，
因此，所以本选项正确；
D：由上可知：，
因此有
，因此本选项正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用导数的几何意义求出两个曲线的切线方程，进而运用对数的运算性质进行判断.
三、填空题
13．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.
【详解】的通项公式为，
令得，，此时，
令得，，此时，
故的系数为
故答案为：
14．已知正项数列的前项积为，且满足，则 .
【答案】
【分析】由题意首先得，然后由的关系结合已知递推关系式得数列是等比数列，由此即可得解.
【详解】由题意，因为，所以，
又因为，且当，
所以，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：.
15．在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】在正方体中找到点关于平面的对称点，利用几何关系求的最小值.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，棱长为3，，
所以，，，，，
设直线与平面的交点为，由正方体性质可知，
，，平面，平面，
所以平面，所以在平面的投影为，且，
则关于平面的对称点即点关于的对称点，设为G，则为，
所以的最小值为，为.
故答案为：.
【点睛】
16．已知不等式对恒成立，则当取最大值时， ．
【答案】
【分析】由题设，结合、的性质及不等式恒成立得，再构造，利用导数研究其最小值得且，根据不等式恒成立得，应用基本不等式求最大值并确定取值条件，此时有恒成立即可求参数值.
【详解】由，且，
若，则在趋向于0时，函数值趋向，而趋向于，
此时在上不能恒成立，
所以，
令且，则，
令且，则，
所以时，递减，时，递增，
则，且时，趋向正无穷时趋向正无穷，
故，使，即，
所以时，即，时，即，
所以上递减，上递增，则，
要使对恒成立，只需恒成立，
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，结合已知参数比值取最大值，此时，
则，故，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先确定，再构造研究最小值，根据不等式恒成立有，结合等号成立条件求参数m的值.
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）在中，内角所对的边分别为，已知，且.
（1）求；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据诱导公式、正弦定理、同角三角函数基本关系式，结合已知等式，化简，结合，可得A的值；
（2）由已知根据余弦定理可得，利用正弦定理可得联立即可解得λ的值．
【详解】（1），
，
；
（2），
，而，
，而，所以有.
【点睛】本题考查了诱导公式、正弦定理、同角三角函数基本关系式、余弦定理，考查了数学运算能力.
18．（本题12分）已知点是函数（且）的图象上一点,等比数列的前项和为,数列的首项为,且前项和满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若数列前项和为,问使得成立的最小正整数是多少？
【答案】(1),．；(2)最小正整数为67．
【分析】(1)把点的坐标代入函数解析式中,求出函数的解析式,根据等比数列的前项和为,数列的首项为,可以求出数列的通项公式,再利用
这个递推公式,可以求出的通项公式,进而可以求出的通项公式；
(2)利用裂项相消法求出,最后根据，求出最小正整数的值.
【详解】解：(1)∵,∴
,,
．
数列成等比数列，,所以．
公比,所以,．
∵
又,，∴．
数列构成一个首相为1公差为1的等差数列,， ，
当,，
∴．
(2)
．
由得,满足的最小正整数为67．
【点睛】本题考查了利用递推公式求等差数列,利用裂项相消法求数列前项和,考查了利用前项和求通项公式.
19．（本题12分）已知矩形的长为2，宽为1.（如图所示）

(1)若E为DC的中点，将矩形沿BE折起，使得平面平面，分别求到AB和AD的距离.
(2)在矩形ABCD中，点M是AD的中点、点N是AB的三等分点（靠近A点）.沿折痕MN将翻折成，使平面平面.又点G，H分别在线段NB，CD上，若沿折痕GH将四边形向上翻折，使C与重合，求线段NG的长.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）取中点，过作，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理计算即得.
（2）过作于，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理计算即得.
【详解】（1）取中点，过作，垂足分别为，连接，

由，得，而平面平面，平面平面，
平面，则平面，又平面，即有，
又平面，于是平面，而平面，
从而，即长是点到直线的距离，同理长是点到直线的距离，
显然，四边形是矩形，，
又，因此，
，
所以到AB和AD的距离分别为.
（2）作于，于，连接，如图，

在中，，则，，
，于是，
，，
设，则，，，
翻折后，平面平面，平面平面，平面，
则平面，而平面，于是，
，由点C与重合，得，
因此，整理得，解得，
所以线段NG的长为.
【点睛】思路点睛：平面图形翻折问题，在翻折过程中，始终位于同一平面内的点线位置关系和数量关系不变，否则将可能发生变化.
20．（本题12分）一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.
(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；
(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则由题意可知事件包括2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向左移动，事件为2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果；
（2）由题意知可能的取值为，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望.
【详解】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，
则
故所求的概率为.
（2）由题意知可能的取值为，
则，
则的分布列为
21．（本题12分）已知椭圆：的离心率为，长轴长为4，过椭圆右焦点的直线与椭圆交于，两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当直线与轴不垂直时，在轴上是否存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等？若存在，求点坐标：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的离心率以及长轴长求出，即可求得答案；
（2）假设在轴上存在一点，使轴上任意点到直线，的距离均相等，设直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合假设得，结合根与系数关系式化简，即可得结论.
【详解】（1）由题意知椭圆：的离心率为，长轴长为4，
设椭圆焦距为2c，故，
故椭圆的标准方程为：；
（2）由题意可得，假设在轴上存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等；

由题意可设直线，设，，
联立，整理得，
由于直线l过椭圆焦点，必有，
则，
由轴上任意点到直线，的距离均相等，可知直线，关于x轴对称，
即，即，
当时，，即，
整理得，即，
解得，即此时在轴上存在一点，使轴上任意点到直线，的距离均相等；
当时，此时l即为x轴，A，B为椭圆长轴上的两端点，此时也满足题意，
综合知x轴存在一点（异于点），使轴上任意点到直线，的距离均相等，且.
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆位置关系中的探究性问题，解答的关键在于第二问探究形问题，解答时要假设存在，进而明确问题的含义，即为直线，关于x轴对称，即，由此结合根与系数的关系，化简求值，即可解决问题.
22．（本题12分）设函数（为自然对数的底数）
(1)求在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
(2)证明：有且仅有两个零点，且．
【答案】(1)2
(2)证明过程见解析
【分析】（1）求导，由导数的几何意义得到切线方程，求出与两坐标轴的交点坐标，求出三角形面积；
（2）二次求导，结合零点存在性定理得到在上单调递减，在上单调递增，进而由特殊点函数值得到函数在有唯一零点，该零点为，在有唯一零点，该零点为，由于，故，，求出，从而得到.
【详解】（1），
，故，
故在处的切线方程为，
令得，，令得，，
故切线与两坐标轴围成的三角形面积为.
（2）的定义域为R，
，当时，，
令，则，
故当时，恒成立，
故在上单调递增，
又，
由零点存在性定理可得，存在，使得，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由于为连续函数，故在上单调递减，
在上单调递增，
因为，，
由零点存在性定理可得，存在使得，
即在有唯一零点，该零点为，
又，，
由零点存在性定理可得，存在使得，
故函数在有唯一零点，该零点为，
综上，有且仅有两个零点，且，
由于，故，则，
故，
则，
故也是的一个零点，
结合只有两个零点，故，即.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
放置时间/min
0
1
2
3
4
5
茶水温度/℃
85.00
79.00
73.60
68.74
64.37
60.43
0
2
4