广东省燕博园2024届高三下学期3月综合能力测试（CAT联考）数学试题及答案

这是一份广东省燕博园2024届高三下学期3月综合能力测试（CAT联考）数学试题及答案，共21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．若复数，则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
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知O为双曲线C的中心，F为双曲线C的一个焦点，且C上存在点A，使得，，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．5D．7
5．已知且，则“的解集为”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
6．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：）
A．72B．74C．76D．78
7．已知为单位向量，向量满足，，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．D．4
8．已知直线与直线相交于点M，若恰有3个不同的点M到直线的距离为1，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．嘌呤是一种杂环有机化合物，它在能量的供应、代谢的调节等方面都有十分重要的作用，它的化学结构式主要由一个正五边形与一个正六边形构成（设它们的边长均为1），其平面图形如图所示，则（ ）
A．B．O到AC的距离是
C．O是的内切圆的圆心D．
10．已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（ ）
A．
B．在上为增函数
C．当时，函数在上恰有两个不同的极值点
D．是函数的图象的一条对称轴
11．已知定义域均为的函数与，其导函数分别为与，且，，函数的图像关于点对称，则（ ）
A．函数的图象关于直线对称B．8是函数的一个周期
C．D．
三、填空题
12．已知a，b，c是正整数，且，，，当a，b，c方差最小时，写出满足条件的一组a，b，c的值 ．
13．中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则 ．
14．已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，n为正整数，且．
(1)求证数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若点在函数的图象上，且数列满足，求数列的前n项和．
16．在斜四棱柱中，，，平面平面，．

(1)求的长；
(2)求二面角的正切值．
17．海参中含有丰富的蛋白质、氨基酸、维生素、矿物质等营养元素，随着生活水平的提高，海参逐渐被人们喜爱．某品牌的海参按大小等级划分为5、4、3、2、1五个层级，分别对应如下五组质量指标值：，，，，．从该品牌海参中随机抽取10000颗作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图．
(1)质量指标值越高，海参越大、质量越好，若质量指标值低于400的为二级，质量指标值不低于400的为一级．现利用分层随机抽样的方法按比例从不低于400和低于400的样本中随机抽取10颗，再从抽取的10颗海参中随机抽取4颗，记其中一级的颗数为X，求X的分布列及数学期望；
(2)甲、乙两人计划在某网络购物平台上参加该品牌海参的订单“秒杀”抢购活动，每人只能抢购一个订单，每个订单均由箱海参构成．假设甲、乙两人抢购成功的概率均为，记甲、乙两人抢购成功的订单总数量为Y，抢到海参总箱数为Z．
①求Y的分布列及数学期望；
②当Z的数学期望取最大值时，求正整数n的值．
18．设函数（常数）．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)证明： ．
19．在平面直角坐标系中，，，M为平面内的一个动点，满足：．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)设动直线与曲线C有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q，该平面上是否存在定点H，使得以PQ为直径的圆恒过点H？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】
由复数的乘法运算化简复数，再由共轭复数的定义和复数的几何意义即可得出答案.
【详解】因为，
，所以，
所以复数在复平面上对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
2．D
【分析】通过计算函数定义域求出集合，计算函数值域求出集合，最后通过交集运算即可求解.
【详解】由，有，即，所以；
由令，根据二次函数的性质有，
所以，又因为，所以，；
所以.
故选：D
3．B
【分析】
根据函数为偶函数及函数在单调递增即可求解.
【详解】因为的定义域为，且，
所以为偶函数，
又当时，单调递增，且，
所以由可得，即，
解得，
故选：B
4．C
【分析】
解三角形求出，根据双曲线的定义建立方程即可得解.
【详解】不妨设双曲线焦点在轴上，，另一个焦点为，
因为，所以为直角三角形，
因为，，
所以由余弦定理可得，
所以，
由双曲线定义可得，，
所以.
故选：C
5．A
【分析】
根据一元二次不等式的解及充分条件、必要条件求解.
【详解】由题意，二次不等式的解集为，
则等价于，即，即，
当时，不能推出，
所以“的解集为”是“”的充分不必要条件，
故选：A
6．B
【分析】根据已知条件列方程，可得，再由，结合指对数关系和对数函数的性质求解即可．
【详解】由于，所以，
依题意，则，
则，
由，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为74次．
故选：B
7．C
【分析】
设，，根据求出，再根据得到，最后根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得.
【详解】依题意设，，
由，所以，则，
又，且，
所以，即，
所以，当且仅当时取等号，
即的最大值为.
故选：C
8．B
【分析】
根据直线垂直确定轨迹为圆，再由圆上存在三点到直线距离相等转化为圆心到直线距离为1求解.
【详解】由可得，
即过定点，
由可得，
即过定点，
又，所以的轨迹是以为直径的圆（不含），
其中圆心为，半径为，
所以圆上恰有3个不同的点M到直线的距离为1，
只需圆心到直线的距离等于1，
即，解得.
故选：B
9．AD
【分析】
根据正六边形的内角及余弦定理判断A，由正五边形的内角判断B，根据不是角平分线判断C，根据角的大小及正切函数判断D.
【详解】由正六边形知，由余弦定理得，故A正确；
由正五边形知，，所以，
故O到AC的距离是，故B错误；
因为，所以，即不平分，所以O不是的内切圆的圆心，故C错误；
由题意，，，，
由正切函数的单调性可知，故D正确.
故选：AD
10．BCD
【分析】
根据图象求出解析式，由平移可得解析式即可判断A，根据所给自变量范围及正弦函数的单调性判断B，根据自变量范围及参数范围，确定的范围即可判断C，由三角恒等变换化简，由正弦型函数的对称性判断D.
【详解】根据平移性质，可设，
由图象可得，即，解得，
所以，又，
所以，即，
对于A，则，即，故A错误；
对于B，当时，，由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；
对于C，，当时，，
因为，所以，
显然能取到，不能取到，所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；
对于D，因为，
所以当时，取得最大值，所以是函数的一条对称轴，故D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】
根据题意，先由条件以及函数的对称中心可得函数的周期，即可判断AB，再赋值计算，结合函数的周期性以及对称性，即可判断CD
【详解】因为，令，则，
即，所以，
用替换可得，即，
又，则，，
所以，令，可得，
所以，
再由，令，则，
所以，即，
用替换，可得，
且，即，
将代入，可得，
所以函数关于直线对称，故A正确；
又函数的图像关于点对称，即，
所以是函数的一个周期，故B正确；
由，令，则，
因为函数关于直线对称，则，
且函数的图像关于点对称，所以，
则，故C错误；
由，令可得，
令可得，
则，
又8是函数的一个周期，且函数关于直线对称，
则，，
又函数的图像关于点对称，即，
令，则，所以，
则，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数的对称性以及周期性的综合应用，难度较大，解得本题的关键在于求得函数的对称轴，从而确定其周期，即可得到结果.
12．或（其中一组即可）
【分析】
根据方差定义计算方差，再由方差最小，确定后转化为关于的二次函数，利用二次函数求最小值即可得解.
【详解】
设，
则
，
要使方差最小，三个数据应尽量靠近，故，，
则，
关于的二次函数的对称轴为，又且为正整数，
所以当或时，方差最小，最小值为.
故满足条件的为或.
故答案为：或（其中一组即可）
13．/
【分析】
由正弦定理化简已知式可得，即，再由CD平分，即，将三角形的面积公式代入化简即可得出答案.
【详解】因为，由正弦定理可得：
，因为，
所以，所以，因为，
所以，又CD平分，所以，
所以，即，
即，
所以.
故答案为：

14．/
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果.
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，

故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题.
15．(1)证明见解析，
(2)
【分析】
（1）由的关系可得，构造等比数列即可得解；
（2）求出，代入，裂项后分为奇数、偶数讨论求解.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，由可得，
两式相减可得，，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（2）点在函数的图象上，
所以，即，
所以，
当时，
，
当时，
综上，
16．(1)
(2)
【分析】
（1）根据四棱柱性质建立空间直角坐标系，求出对应点坐标即可求得的长为；
（2）利用空间向量可求得两平面的法向量，求出二面角的余弦值，可得其正切值.
【详解】（1）取的中点为，的中点为，连接；
所以，又可得；
由四棱柱性质可得，又，所以；
可知是边长为2的正三角形，
根据,可知，
即四边形为平行四边形，所以，
因此是边长为2的正三角形，
又的中点为，可知；
因为平面平面，平面平面；
所以平面，
又平面，所以；
即可得三条线两两垂直，
因此以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，设；
易知，且，
即，解得；
即，所以，
可得
所以的长为；
（2）设平面的法向量为，
易知，且，则，
因此，令，则，
可得；
设平面的法向量为，
则，
因此，令，则，
可得；
可得；
所以，由图可知二面角为锐角，
所以二面角的正切值为.
17．(1)分布列见解析，期望
(2)①分布列见解析，期望值；②正整数n的值为5；
【分析】
（1）利用频率分布直方图计算出分层抽样比为，可得抽取的10颗样本中有6颗二级品，4颗一级品，利用超几何分布公式计算概率即可得分布列和期望值；
（2）①易知订单总数量为Y的所有可能取值为，分别求得对应概率可得Y的分布列和期望值；
②显然，利用期望值性质计算可得，再由基本不等式即可得Z的数学期望取最大值时，正整数n的值为5.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，质量指标为二级与一级的分层随机抽样的比例为；
所以抽取的10颗样本中有6颗二级品，4颗一级品；
从抽取的10颗海参中随机抽取4颗，记其中一级的颗数为X，则X的所有可能取值为；
易知，,,
,；
所以可得X的分布列为
可得数学期望.
（2）根据题意可知订单总数量为Y的所有可能取值为，
则；
；
；
所以Y的分布列为
数学期望；
易知，所以；
又，
所以的数学期望，
当且仅当，即时，等号成立，取得最大值；
因此Z的数学期望取最大值时，正整数n的值为5.
18．(1)
(2)详见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求导后根据对正负的影响，分类讨论确定导数符号，得出单调区间；
（3）利用时，的单调性及零点，结合不等式性质即可得证.
【详解】（1），
当时，，
所以，且，
所以切线方程为，
即曲线在点处的切线方程.
（2）由，
令，
当时，即时，，，
则函数在上单调递减，即函数的单调减区间为，无单调递增区间；
当时，即时，由，解得，
由于，所以当，即时，方程在上有2个不等正根，，
所以当或时，，，
当时，，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，方程在上有1个正根，，
所以时，，，当时，，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当时，单调减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，
单调递增区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）当时，在上单调递减，且，
所以当时，，即，
所以，
当时，，即，所以，
综上，当时，总有.
【点睛】关键点点睛：关键点之一，函数的导数求解比较繁杂容易求错；关键点之二，求出函数导数之后，如何去讨论分子的正负，需要统筹考虑分类讨论，思维量计算量很大较难完成；关键点之三，本题的第三问转化为函数问题较难转化，转化后运用单调性分类讨论也是难点，总之本题思维量，运算量巨大，完成不易.
19．(1)
(2)存在，
【分析】
（1）根据题意化简得到，得到轨迹为椭圆，再计算得到椭圆方程．
（2）联立方程，根据有唯一交点得到，解得P，Q的坐标，假设存在定点，则，代入数据计算得到答案．
【详解】（1）因为,
所以
，
即，所以，
即点轨迹是以为焦点的椭圆，且，
所以，
故椭圆方程为：.
（2）如图，

由，消去y并整理，得，
因为直线l：与椭圆C有且只有一个公共点P，
所以，即，
所以，，
此时，，
所以，
由，得，
假设存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H，则，
又，，
所以，
整理，得对任意实数，k恒成立，
所以，
解得，
故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点H.