2024届广东省深圳市第二高级中学高三上学期第一次大测数学试题含解析

这是一份2024届广东省深圳市第二高级中学高三上学期第一次大测数学试题含解析，共17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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由集合的补集运算可得答案．
【详解】因为集合，，
所以．
故选： C.
2．下面是关于复数的四个命题，其中的真命题为（ ）
A．B．C．的共轭复数为D．的虚部为
【答案】C
【分析】根据复数的概念和运算逐一判断即可．
【详解】，故A错误；
，故B错误；
的共轭复数为，故C正确；
的虚部为，故D错误．
故选：C．
3．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同角关系，结合角的范围即可求解.
【详解】由可知为第三象限的角，故,
由，又，解得，
故选：C
4．函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
5．已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系
A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面
【答案】B
【分析】通过假设，可得平行于的交线，由此可得与交线相交或异面，由此不可能存在，可得正确结果.
【详解】设，且与均不重合
假设：，由可得：，
又，可知，
又，可得：
因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面
若与或重合，同理可得与相交或异面
可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行
本题正确选项：
【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.
6．若函数，在R上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先，对勾函数和都是递增函数，当时，对勾函数取值要大于或等于指数式的值，再求交集即可实数a的取值范围.
【详解】当时，函数单调递增
所以
当时，是单调递增函数，
所以，所以
当时，对勾函数取值要大于或等于指数式的值，
所以，
解之得：，
综上所述：实数a的取值范围是
故选：B
7．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先求得，然后根据对数函数、基本不等式等知识确定正确答案.
【详解】依题意，，，
，
则，A选项错误.
，B选项正确.
，即，D选项错误.
，C选项错误.
故选：B
8．已知是奇函数，且在上是增函数．又，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意在上是增函数且，再结合是奇函数，可以先求得的符号随的变化情况，然后列表即可求解.
【详解】由题意在上是增函数且，
所以当时，有，
当时，有，
又因为是奇函数，
所以当时，有，，所以，
当时，有，，所以，
所以的符号随的变化情况如下表：
由表可知不等式的解集为.
故选：A.
二、多选题
9．使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】解分式不等式结合充分不必要条件的定义即可求解.
【详解】由得，解不等式得，
使成立的一个充分不必要条件是或者.
故选：AB.
10．若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】对A、B、C：利用作差法分析判断；对D：根据不等式性质分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
又因为，则，可得，
所以，故A错误；
对于选项B：因为，
又因为，则，可得，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，
又因为，则，可得，
所以，故C错误；
对于选项D：因为，所以，故D正确；
故选：BD.
11．已知点，直线l：，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半．若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆C：没有交点
【答案】ABC
【分析】设点，根据题意列方程化简可得方程，可判断A；判断直线与点P的轨迹方程是否有交点可判断B；将转化为，结合图形可判断C；结合图形可直接判断D.
【详解】设，因为点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半，
所以，化简得，故A正确；
由可得，解得，故存在，
所以直线是“最远距离直线”，故B正确；
过P作PB垂直直线l：，垂足为B，则由题可得，
则，
则由图可知，的最小值即为点A到直线l：的距离，距离为5，故C正确；
由可得，即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，故D错误．
故选：ABC.

12．已知函数，若关于的方程有两解，则实数的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意分析可得方程的根的个数可以转化为与的交点个数，结合的单调性与值域以及图象分析判断.
【详解】①当时，在内单调递增，且，所以；
②当时，则，
可知在内单调递增，且，
所以，且.
方程的根的个数可以转化为与的交点个数，可得：
当时，与没有交点；
当时，与有且仅有1个交点；
当时，与有且仅有2个交点；
当时，与有且仅有1个交点；
若关于的方程有两解，即与有且仅有2个交点，
所以实数的取值范围为，
因为，而A、C不在相关区间内，
所以A、C错误，B、D正确.
故选：BD.

三、填空题
13．已知幂函数满足，则 .
【答案】
【分析】根据幂函数的定义和单调性进行求解即可.
【详解】因为函数为幂函数，
则，解得或，
又因为，所以，
故答案为：.
14．“，”是假命题，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】存在量词命题是假命题，则其否定全称量词命题是真命题，写出其全称量词命题，是一个二次不等式恒成立问题，分情况讨论，求的范围.
【详解】由题意可知，“，”的否定是真命题，
即“，”是真命题，
当时，，不等式显然成立，
当时，由二次函数的图像及性质可知，，解得，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：.
15．已知非负数满足，则的最小值是 .
【答案】4
【分析】根据题意，再构造等式利用基本不等式求解即可.
【详解】由，可得，当且仅当，即时取等号.
故答案为：4
16．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则 ．
【答案】
【分析】由题设条件得与，利用赋值法得到，从而求得当时，，再由上述两等式推得是以4为周期的函数，由此可求得的值.
【详解】因为为奇函数，则，
令，则，故，则，
令，则，
又因为为偶函数，则，
令，则，
因为，所以，
联立，解得，
所以当时，.
又因为，即，
则，
所以函数是以4为周期的函数，
故.
故答案为：.
四、解答题
17．已知等差数列的前n项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列前项和以及通项公式结合已知联立方程组，求出基本量即可.
（2）由分组求和法以及等比数列公式法即可求解.
【详解】（1）设公差为d，依题意得,解得,
所以，．
（2）因为， ，
所以
．
18．在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换求解即可；
（2）根据余弦定理结合三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理有：
，
所以，
所以，
因为，所以，所以.
又，所以；
（2），又由（1）知
由余弦定理得，
即，则
所以的面积为.
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面是的中点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明平面，从而得到，由正三角形的性质可得，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为 是正三角形，是的中点，则，
又，，平面，
所以平面；
（2）取中点为，中点为，连接,建立如图所示的空间直角坐标系，
,
所以,
设平面的法向量为，则
，取，则，
由（1）知是平面的一条法向量，,
设平面与平面所成二面角的平面角为，
则

20．《周易》包括《经》和《传》两个部分，《经》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法可以解释为：把阳爻“”当做数字“”，把阴爻“”当做数字“”，则六十四卦代表的数表示如下：
例如，成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，“否”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是，“泰”卦所表示的二进制数为，转化为十进制数是．
(1)若某卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
(2)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记分；若只有两个阳爻相邻，则记分；若三个阳爻互不相邻，则记分，设任取一卦后的得分为随机变量，求的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，
【分析】（1）列举出所有满足条件的二进制数，结合等比数列的求和公式可求得所有这些卦表示的十进制数的和；
（2）分析可知随机的所有可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【详解】（1）解：因为该卦的符号由五个阳爻和一个阴爻构成，
所以该卦所表示的二进制数共有个，分别为、、、
、、，
这个数中，每个位置可是次，次，
所以，所有这些卦表示的十进制数的和为.
（2）解：由题意可知，随机变量的所有可能取值有、、，
则，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，.
21．已知函数，．
(1)若直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，求实数a的值；
(2)令，讨论的单调性；
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）对求导，根据导数的几何意义可得直线l的方程为，结合二次函数的切线运算求解；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性.
【详解】（1）因为，则切线斜率为，解得，
则，可得直线与曲线的切点为，
则，解得，
所以直线l的方程为，
联立，消去y得
由题意可知：，解得，
所以实数a的值为.
（2）由题意可得：函数，
则，
当时，则在上恒成立，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，
设，可得，
当时，；当时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，故，
由，解得或；由，解得；
则在，上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
【点睛】关键点睛：1.整理可得：，分和两种情况讨论，判断原函数单调性；
2.比较，通过构建函数，利用导数比较大小.
22．已知双曲线C：经过点，右焦点为，且，，成等差数列.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的右支交于P，Q两点（P在Q的上方），PQ的中点为M，M在直线l：上的射影为N，O为坐标原点，设的面积为S，直线PN，QN的斜率分别为，，证明：是定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意和可得，然后根据点在双曲线上即可求解；
（2）依题意可设PQ：，将直线方程与圆锥曲线方程联立得到，利用韦达定理和已知条件求出的表达式，然后求出的表达式，化简即可求证.
【详解】（1）因为，，成等差数列，所以，
又，所以.
将点的坐标代入C的方程得，解得，
所以，所以C的方程为.
（2）依题意可设PQ：，
由，得,

设，，，则.
，，
则，
而，
所以，
所以是定值.
卦名
符号
表示的二进制数
表示的十进制数
坤
000000
0
剥
000001
1
比
000010
2
…
…
…
…