数学：广东省广州市2024届普通高中毕业班冲刺训练题（二）试题（解析版）

这是一份数学：广东省广州市2024届普通高中毕业班冲刺训练题（二）试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1. 的展开式中常数项是（ ）
A. 15B. 160C. D.
【答案】D
【解析】由二项式的展开式的通项公式为，
令，可得，所以常数项为.
故选：D
2 已知向量，满足，，且，则( )
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】，
，
又，
，，
，
．
故选：D．
3. 等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（ ）
A. B. C. 5D. 25
【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，则，，，
由题意可知，，即，
解得：或（舍），
则数列的前5项和.
故选：A
4. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】对于A，可以取，，，此时，所以A错误.
对于B：∵，∴，因为，所以，故B正确；
对于C：取，时，则，，，则，故C错误；
对于D：当，时，，，则，故D错误；
故选：B.
5. 已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为，则，
，
若是奇函数，则，解得，
若是偶函数，则，解得，
所以若是偶函数且是奇函数，则，
所以由推得出是偶函数，且是奇函数，故充分性成立；
由是偶函数，且是奇函数推不出，故必要性不成立，
所以“”是“是偶函数，且是奇函数”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 如图所示，某同学制作了一个工艺品.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合）.若其中一截面圆的周长为，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设球的半径为，截面圆的半径为，两个截面圆间的距离为，
因为截面圆的周长为，可得，解得，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，
所以两截面圆之间的距离为，解得，
根据球的截面的性质，可得，即（负值已舍去），
所以球的体积为.
故选：C.
7. 已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线的方程为，直线与在第一象限内的交点为.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，双曲线的两条渐近线方程分别为，.
设点坐标为，右焦点.
由得，解得：，
因为是双曲线得一条渐近性，所以，则，
将代入双曲线方程，得.
因为，点在第一象限内，所以，
点在直线上，所以，解得：.
故选：C
8. 已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设直线与曲线切于点，则，
所以切线方程为，
所以，，
所以，
设，，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
故选：A.
二、多项选择题
9. 已知，为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则下面结论错误的是（ ）
A. ，B. 与相交，且交线平行于
C. ，D. 与相交，且交线垂直于
【答案】ACD
【解析】A选项，假设，因为平面，平面，则，
这与直线，为异面直线矛盾，故A错误；
C选项，假设，因为平面，所以，这与矛盾，故C错误；
BD选项，设，作，使得与相交，记与构成平面，如图，
因为平面，，则，又，故，
同理：，而与构成平面，所以；
因为，又，故，又，与构成平面，所以，
故而，即与的交线平行于，故B正确，D错误；
故选：ACD.
10. 已知椭圆：（）的左、右焦点为，，过的直线与交于，两点.若，.则（ ）
A. 的周长为B.
C. 的斜率为D. 椭圆的离心率为
【答案】ABD
【解析】对于A：过的直线与交于，两点且，，
连接，的平分线交于点，如图所示：
则的周长等于
故A正确；
对于B：设，，
则，
而.
设，则，
于是，即.
由，得,
又，得，
所以，故B正确；
对于C：在，由余弦定理可得：，
则，即.
在中，，又是中点，
所以，则，
于是，
所以的斜率为点在轴上方时，在轴下方时，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，及导函数，的定义域均为.若是奇函数，且，，则（ ）
A. B. 是偶函数
C. D.
【答案】CD
【解析】因为，所以（，）.
又因为，所以，.
则，所以.
于是可得，令，
则，所以.
所以，所以，
又因为，所以，即①
因为是奇函数，所以②，
，，所以A错误.
由①②得，所以函数是周期为4的周期函数.
因为，因此函数也是周期为4的函数.
又的图像关于点对称，所以的图像关于点对称，所以B选项不正确.因为，令，得，
即，所以；
令，得，所以，
所以，所以，所以C选项正确.
因为，所以，
，，
，
则有，
可得，所以D选项正确.故选：CD.
三、填空题
12. 已知，是关于的实系数方程的一个根，则______.
【答案】-32
【解析】已知，则，，为实系数方程的一个根.
方法1：将代入方程有，化简得.
所以，解得，，所以.
方法2：因为，都是方程的根，由韦达定理有，，
所以.
故答案为：-32 .
13. 已知中，点在边上，，，，则的面积为______；若，则______.
【答案】
【解析】由正弦定理得，由余弦定理得，
代入化简得，解得，.
所以.
方法1：由，得，
.
所以，
，即.
方法2：在中，.
由，得，
于是，在中，
，
所以.
故答案为：；.
14. 如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次.该质点在有且仅有一次经过位置的条件下，共经过两次1位置的概率为______.
【答案】
【解析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“共经过两次位置1”，
按到位置需要1步，3步，5步分类讨论.记向左，向右，
①若1步到位为事件，则满足要求的是，（第5步无关），，（第5步无关），所以；
②若3步到位为事件，则满足要求的是，
所以；
③若5步到位为事件，则满足要求的是，
所以，
所以
满足的情况有：，，，，所以
所以.
故答案为：
四、解答题
15. 如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离.
解：（1）过作交弧上一点，连结，如图所示：
则为弧的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，所以.
由题意可知，，为等腰直角三角形，则；
因为为弧的中点，所以,
则为等腰直角三角形，则，
所以，则,
因，则，又，
又因为、面，
所以平面，因为面，
所以平面平面.
（2）由题意知，两两垂直，所以为坐标原点，
以分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示：
设，又，
则，，，，，
，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，，
设平面与平面的夹角为
，解得（负舍），
所以，，，则，
所以点到直线的距离为.
16. 阅读是人类获取知识、启智增慧、培养道德的重要途径.某年级共有学生500人，其中男生300人，女生200人，为了解学生每个学期的阅读时长，采用分层抽样的方法抽取样本，收集统计了他们的阅读时长（单位：小时），计算得男生样本的均值为100，标准差为16，女生样本的均值为90，标准差为19.
（1）如果男、女的样本量都是25，请估计总样本的均值.以该结果估计总体均值合适吗？为什么？
（2）已知总体划分为2层，采用样本量比例分配的分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，.记总的样本的均值为，样本方差为.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）如果已知男、女样本量按比例分配，请直接写出总样本的均值和标准差（精确到1）：
（3）假设全年级学生的阅读时长服从正态分布，以（ⅱ）总样本的均值和标准差分别作为和的估计值.如果按照的比例将阅读时长从高到低依次划分为，，，四个等级，试确定各等级时长（精确到1）.
附：，，，.
（1）解：总样本的均值为.
用该结果作为总体均值的估计不合适，因为男生和女生的阅读习惯差异比较大，
这个样本的分布与的分布相差可能比较大，所以总样本均值作为总体均值的估计有偏差.
（2）（ⅰ）证明：根据方差的定义，总样本方差为

.
∵
，
同理.
因此，
.
（ⅱ）解：因为是按比例分配分层随机抽样，所以，得
男生样本的均值为，方差为，
女生样本的均值为，方差为，
记总样本的均值为，方差为，
则，
所以
又，所以.
总样本的均值为96，标准差约为18.
（3）解：由（2）知，，所以服从正态分布，
所以，
，
故可将定为等级，定为等级，
定为等级，定为等级.
17. 已知函数（）.
（1）求在区间上的最大值与最小值；
（2）当时，求证：.
（1）解：（）（），
令，则，
当时，，所以在区间上恒成立，在区间上单调递增，
所以，.
当时，，则当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增，
所以，
而，.所以
综上所述，当时，，；
当时，所以，.
（2）证明：方法一：隐零点法
因为，，所以，欲证，只需证明，
设，（），，
令，易知在上单调递增，
而，，
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的使得，
即，因此，，
当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增；
所以
所以，因此.
方法二：（同构）
因为，，所以，欲证，只需证明，
只需证明，
因此构造函数（），，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增：
所以，所以，
所以，因此.
18. 已知抛物线：，直线与抛物线交于，两点，为坐标原点.
（1）若直线过的焦点.
(i)当的面积最小时，求直线的方程；
(ii)当，记的外接圆与的另一个交点为，求；
（2）设圆（，）与交于四点，，，，记弦，的中点分别为，，求证：线段被定点平分，并求定点坐标.
解：（1）由题意可知直线不会与抛物线对称轴平行，设，.
因为过，设直线为，与方差联立可得：，
所以有，.
（ⅰ）点到直线的距离为，
又因为：，
所以.
当，的面积取得最小值2，此时直线方程为.
（ⅱ）解法一：设，，，若垂直于轴，
此时，所以由可知斜率存在，
因为弦过抛物线的焦点，所以，
由抛物线定义可知，，所以，即，
因为，，所以，
解得.因为、、、四点共圆,所以和相等或互补，
记、、、的倾斜角分别为、、、，
斜率分别为、、、，所以，所以，
即，又因为，
同理有：、、代入可得：
，解得：，即，
所以，结合可知，所以.
解法二：圆经过点，所以可设圆为，与抛物线联立可得：
，此方程有4个不同的解0、、、，
所以联立方程可化简为，又因为，
，所以，后面同解法一.
（2）如图所示，设，，，所以，，
中点为，类比第二问解法二，可知，
.
由第二问解法二可知，所以：
，所以，
，
所以，即线段被定点平分.
故定点坐标为.
19. 若无穷项数列满足（，，为常数，且），则称数列为“数列”.
（1）设，，若首项为1的数列为“数列”，求；
（2）若首项为1的等比数列为“数列”，求数列的通项公式及前项和；
（3）设，，若首项为1的数列为“数列”，记数列的前项和为，求所有满足的值.
解：（1）由题意有，，，，则
，，，，，，，，，，…
一般有，，,
所以
（2）数列是首项为1的等比数列，设其公比为，又为数列，，，
当时，，，.有，
又，，，
于是得，解得，有或，
当时，，，为数列，
当时，，，为数列，
当时，则，，构成以为公差的等差数列，即，有，解得，
于是得，，，为数列，
所以①当，，是大于1的任意正整数，则，；
②当，，，则，.
（3）依题意，，，，数列为“数列”，
则，，，，，，，，，，，…
，，，，是公差为1的等差数列，且,
所以且,
所以数列是以首项为9，公比为2的等比数列，所以,
即,
即,
所以
所以，即，
化简得，代入，等式成立.
因为当时，，所以当，方程无解，
综上所述，满足成立的值为1.