广东省广州市华南师范大学附属中学2024届高三下学期二模数学试题

这是一份广东省广州市华南师范大学附属中学2024届高三下学期二模数学试题，共23页。
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．设，其中x，y是实数，则
A．1B．C．D．2
3．若是等比数列中的项，且不等式的解集是，则的值是（ ）
A．B．C．D．
4．在棱长为6的正方体中，为侧面内一动点，且满足平面，若，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ）
A．60种B．54种C．48种D．36种
6．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．0B．C．D．
7．已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，若直线与在第一象限内的交点为，且轴，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，动点在边长为1的正方形的边上沿运动，表示动点由A点出发所经过的路程，表示的面积，则函数的大致图像是（ ）．
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知数列的通项公式为，则下列正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知是抛物线上的两动点，是抛物线的焦点，下列说法正确的是（ ）
A．直线过焦点时，以为直径的圆与的准线相切
B．直线过焦点时，的最小值为6
C．若坐标原点为，且，则直线过定点
D．与抛物线分别相切于两点的两条切线交于点，若直线过定点，则点在抛物线的准线上
11．对于任意两个正数，记曲线直线轴围成的曲边梯形的面积为，并约定和，德国数学家莱布尼茨 最早发现.关于，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．定义在R上的奇函数在区间上单调递减，且，则不等式的解集是 ．
13．如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A，B，C，D满足，，，则该“鞠”的表面积为 .
14．若直角坐标平面内两点P、Q满足条件：①P、Q都在函数的图象上；②P、Q关于原点对称，则对称点是函数的一个“友好点对”（点对与看作同一个“友好点对”）．已知函数，则的“友好点对”有 个．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知的内角的对边分别为，满足．
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，求的周长和外接圆的面积．
16．已知是等比数列，，是等差数列，，
（1）求和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
17．在四棱锥中，侧面底面，，为中点，底面是直角梯形，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)点Q在线段PC上，平面BDQ和平面PBD的夹角为，求.
18．定义，已知函数，其中.
(1)当时，求过原点的切线方程；
(2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围.
19．已知双曲线左右焦点分别为，，点在双曲线上，且点到双曲线两条渐近线的距离乘积为，过分别作两条斜率存在且互相垂直的直线，，已知与双曲线左支交于，两点，与左右两支分别交于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)若线段，的中点分别为，，求证：直线恒过定点，并求出该定点坐标.
参考答案：
1．C
【分析】求出集合，利用交集定义求出．
【详解】，
又，
则．
故选：C．
2．B
【详解】试题分析：因为所以故选B.
【考点】复数运算
【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略,所以做复数题时要注意运算的准确性.
3．C
【分析】根据给定的条件，结合韦达定理求出，再利用等比数列的性质计算作答.
【详解】因不等式的解集是，则是方程的两根，
有，即有，
而是等比数列中的项，则，且，
所以.
故选：C
4．B
【分析】由正方体中面平面得在线段上，设，在中，由余弦定理得值，在三棱锥中设和外接圆的圆心分别为，由它们找出三棱锥外接球的球心（三棱锥外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上），求得球半径，从而得球表面积．
【详解】如图1，作平面，
正方体中，，平面，平面，则平面，同理平面，又，平面，
所以平面平面，
由题可得，点在线段上运动，因为该正方体的棱长为6，
所以与均为边长为的等边三角形.
设，在中，由余弦定理可得，解得或.
当时，
外接圆的半径外接圆的半径.
如图2，设和外接圆的圆心分别为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
平面,平面,平面与交点为,是中点，
由线面垂直的性质定理得，，都与直线垂直，由与为平面中两个相交直线得平面，
从而与平面内的两条直线垂直，是二面角的平面角，此二面角显然是直二面角，
因此，即，所以是矩形，
则，
所以，代入数据得，
所以三棱锥外接球的表面积为.
当时，同理可求得三棱锥外接球的表面积为，
当或时，三棱锥的外接球为两个半径相等的球体（等球体）.
故选：B．
【点睛】方法点睛：立体几何中的动点轨迹问题，（1）常常由空间直线、平面间的位置关系确定，如利用面面平行得线面平行，由线面垂直得线线垂直从而得动点是该平面与几何体表面的交线；（2）与线段长有关的动点，则常常得出动点到定点的距离相等，从而动点在球面上，动点轨迹中球面与几何体表面的交线；（3）与角度有关的轨迹，常常确定动点在一个圆锥的侧面上，动点轨迹是圆锥侧面与几何体表面的交线．
5．B
【分析】分甲、乙、丙三位同学都有安排和甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排两种情况进行说明即可.
【详解】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，
先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，
然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，
余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，
先选两人出来，有种结果，
再将四门不同学科分成两堆，有种结果，
将学科分给学生，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
综合得不同的安排方案共有种.
故选：B.
6．D
【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为，即，
即角的终边经过点，所以，，
所以.
故选：D
7．C
【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，由轴得，利用斜率公式可得结果.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，依题意有，
即，又右焦点为，且轴，所以，
所以，
故选：C.

8．A
【分析】分，，求出解析式，然后可知图象.
【详解】当时，，是一条过原点的线段；
当时，，是一段平行于轴的线段；
当时，，图象为一条线段.
故选：A．
9．BC
【分析】根据通项公式即可作出判断.
【详解】对于A，6是偶数，则，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，，
，D错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】
对于A：根据抛物线的定义分析判断；对于B：设方程为，联立方程，根据抛物线的定义结合韦达定理分析求解；对于C：设方程为，设，，联立方程，根据垂直关系可得，结合韦达定理分析求解；对于D：可知抛物线在点处的切线方程为，根据切线方程求交点坐标，结合选项B分析判断.
【详解】对于选项A：如图1，设中点为，分别过点向准线作垂线，垂足为，

则由抛物线的定义可得，，.
因为中点为，所以有，
所以以为直径的圆与的准线相切，故A正确；
对于选项B：由抛物线，可得，
由题意可知直线斜率不为，设方程为，设，，
联立直线与抛物线的方程，消去x可得，
则恒成立。
可得，，
则，
所以
当且仅当时，取到最小值6，故B正确；
对于选项D：先证抛物线在点处的切线方程为，
联立方程，消去x得，
可知方程组只有一个解，即直线与抛物线相切，
可知抛物线在点处的切线方程分别为，，
联立方程，解得，即点，
结合选项B可得：，
所以点在抛物线的准线上，故D正确；
对于选项C：由题意可知直线斜率不为，设方程为，设，，，
则，，
若，则，解得或（舍去），
联立直线与抛物线的方程，消去x可得，
则，解得，
此时，符合题意，
所以，则直线过定点，故C错误；
故选：ABD.
11．AB
【分析】根据确定出的结果，然后分类讨论、、、或时的结果，由此确定出的解析式，再根据解析式逐项分析即可.
【详解】由题意，所以，
当时，，
当时，，
当时，，
当或时，也成立，
综上所述，；
对于A：，
所以，故A正确；
对于B：，
且，所以，故B正确；
对于C：如图，因为曲边梯形的面积总小于对应梯形的面积，
所以，
即，故C错误；
对于D：取，则，故D错误；
故选 .
【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，对学生分析与总结问题的能力要求较高，难度较大.解答本题的关键在于能通过所给的关系式结合图形中的面积转化关系推导出函数的解析式.
12．.
【分析】由奇函数在区间上单调递减，且，可得在区间上，，在上，，从而可得在区间上，，在上，，又由或，解不等式即可得结果.
【详解】由奇函数在区间上单调递减，且，
可得在区间上，，在上，，
又由函数为奇函数，则在区间上，，在上，，
或，
即或，
解可得或，
即的取值范围为,故答案为.
【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.
13．
【分析】根据给定条件，四面体可作为一长方体的四个顶点，再利用长方体求出“鞠”的直径即可计算作答.
【详解】在四面体中，因，，，
则点是某一长方体的四个顶点，如图，
令此长方体的长、宽、高分别为，则有，即有，
令该长方体的外接球的半径为，因此，
该“鞠”的表面积为.
故答案为：
14．2
【分析】欲求的“友好点对”，只须作出函数的图象关于原点对称的图象，看它与函数交点个数即可．
【详解】根据题意：“友好点对”，可知，
只须作出函数的图象关于原点对称的图象，与函数交点个数即为．
如图，

观察图象可得：它们的交点个数是：2．
即的“友好点对”有：2个．
故答案为：2．
15．(1)；
(2)的周长为8，外接圆的面积为.
【分析】（1）根据正弦定理，将题干条件进行转化，得到，再根据三角形内角和为以及诱导公式，即可求得角的大小；
（2）由正弦定理可以直接得到外接圆半径进而得到外接圆面积；由三角形面积公式得到的值，再利用余弦定理求得的值，进而得到的周长.
【详解】（1）由正弦定理得，即，
又因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以，.
（2）设外接圆半径为，由正弦定理得，
所以，外接圆面积为，
，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
所以的周长为.
16．（1），（2）
【分析】（1）分别求出等差数列和等比数列的公差和公比，然后可得两数列的通项公式；（2）由（1）得到数列的通项公式，再根据分组求和法求解即可得到结果．
【详解】（1）设等比的公比为，由，得，解得，
所以；
设等差的公差为，由，得，解得，
所以．
（2）由（1）得．
所以
．
所以数列的前项和．
【点睛】（1）对于等差数列和等比数列的运算问题，可转化为其基本量即首项和公差（公比）来求解．
（2）求数列的和时，需要根据通项公式的特征选择相应的求解方法，对于形如（、分别为等差、等比数列）的数列来讲，则采用分组求和法求解，借助等差（比）数列的求和公式可得结果．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取PD的中点F，连接EF，AF，易证，再根据线面平行的判定定理，即可证明；
（2）根据题意易证平面，结合，从而得B到平面的距离等于A到平面的距离，即为AD，再转化所求三棱锥的顶点，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解；
（3）建系，利用向量法，向量夹角公式，建立方程，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，取PD的中点F，连接EF，AF，
又E为PC中点，∴，且，
又，且，
∴，且，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∴，又平面，平面，
∴平面.
（2）∵侧面底面，，
又平面，侧面底面，
∴底面，又底面，
∴，又易知，且，
∴平面，又，
∴B到平面的距离等于A到平面的距离，即为AD，
∴三棱锥的体积为：.
（3）根据题意，可建系如图，
则，，，，
∴，，，
设，，则，
∴，
设平面PBD与平面BDQ的法向量分别为，，
则，，
取，，
又平面BDQ和平面PBD的夹角为，
∴，
又，解得，
∴.
18．(1)或
(2)或
【分析】（1）当时，求出，利用导数的几何意义得出切线斜率，即可求切线方程；
（2）对分类讨论，根据函数只有一个零点，结合函数的单调性分别分析求出的取值范围.
【详解】（1）由题意知定义域，当时，
，
令，
，
在单调递增，单调递减，且，
令，则在单调递增，而，
又，，而，
所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
所以，
所以在和单调递增，在单调递减.
（ⅰ）当时，，设切点，
则此切线方程为，
又此切线过原点，
所以，解得，
即此时切线方程是 ；
（ⅱ）当时，，所以，
设切点为，此时切线方程，
又此切线过原点，所以，解得，
所以此时切线方程，
综上所述，所求切线方程是：或；
（2）（ⅰ）当时，
由（1）知，在和单调递增，单调递减，
且，， ，
此时有两个零点；
（ⅱ）当时，
当时，，
由（1）知：在递增，递减，且，
所以时，，而，
所以在只有一个零点，没有零点；
（ⅲ）当时，
，此时得，
由（1）知，当时，只有一个零点，
要保证只有一个零点，只需要当时，没有零点，
，得；
（ⅳ）当时，当时，，
此时只有一个零点，
综上，只有一个零点时，或 .
【点睛】关键点点睛：通过对的分类讨论，得出解析式，再由函数的单调性，结合函数只有一个零点，分别分析或列出不等式求的范围，解题过程较繁琐.
19．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意，列出的方程组求出得解；
（2）设直线的方程为，可得的方程，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，表示直线的方程，令求得是定值.
【详解】（1）设双曲线的两渐近线方程分别为，，
点到双曲线两渐近线的距离乘积为，
由题意可得：，解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由，互相垂直得的方程，
联立方程得，消得，
成立，所以，，
所以点坐标为，
联立方程得，所以，，
所以点坐标为，
根据对称性判断知定点在轴上，
直线的方程为，
则当时，，
所以直线恒过定点，定点坐标为.

【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程从而解出点的坐标，再得到直线的方程，最后令即可得到其定点坐标.