广东省中山市中山纪念中学2023-2024学年高三第二次调研数学试卷

这是一份广东省中山市中山纪念中学2023-2024学年高三第二次调研数学试卷，共18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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．B．4C．D．2
3．如图，一个筒车按逆时针方向转动．设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：米）（在水面下，则为负数）．若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，与时间（单位：分钟）之间的关系为．某时刻（单位：分钟）时，盛水筒在过点（为筒车的轴心）的竖直直线的左侧，且到水面的距离为5米，则再经过分钟后，盛水筒（ ）
A．在水面下B．在水面上
C．恰好开始入水D．恰好开始出水
4．中，为中点，设向量，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列满足，，若成立，则的最大值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
6．如图，一个直四棱柱型容器中盛有水，底面为梯形，，侧棱长.当侧面ABCD水平放置时，液面与棱的交点恰为的中点.当底面水平放置时，液面高为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．若点既在直线上，又在椭圆上，的左、右焦点分别为，，且的平分线与垂直，则的长轴长为（ ）
A．B．C．或D．或
8．已知，则实数的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男女人数之比为5:3，下列说法正确的是（ ）
A．样本为该单位的职工B．每一位职工被抽中的可能性为
C．该单位职工平均体重61千克D．单位职工体重的方差为169
10．设，，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值B．没有最大值
C．有最大值为D．有最小值为
11．已知抛物线的焦点为F，过点F作互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点A，B，C，D，P，Q分别为，的中点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．若F恰好为的中点，则直线的斜率为
D．直线过定点
12．已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
13．某大型联欢会准备从含甲、乙的6个节目中选取4个进行演出，要求甲、乙2个节目中至少有一个参加，且若甲、乙同时参加，则他们演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为
14．已知正项数列满足，则 .
15．已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则
16．若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的最大值为 ．
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）已知函数的最小正周期为.
(1)求在上的单调增区间；
(2)在中角的对边分别是满足，求函数的取值范围.
18．（本题12分）记为数列的前项和，若，.
(1)求；
(2)若，求数列的前项和.
19．（本题12分）如图，在四棱锥中，与交于点，平面，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
20．（本题12分）盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球．不放回．
(1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．记摸出的红球个数为．求随机变量的分布列和数学期望．
(2)若盒中有4个红球和4个白球，盒中在2个红球和2个白球．现甲、乙、丙三人依次从号盒中摸出一个球并放入号盒，然后丁从号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率．
21．（本题12分）已知椭圆的上顶点为，左､右焦点分别为，，离心率的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆相交于点，则直线的斜率分别为，，且，则直线是否经过某个定点？若是，请求出的坐标.
22．（本题12分）已知函数在处的切线方程为，且对任意，都有恒成立.
(1)求函数在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积；
(2)求证：；
(3)若，求正整数的最小值.
参考答案：
1．C
2．A
3．B
【详解】由题意，，
可得，或（舍去）．
所以，
所以再经过分钟，可得，所以盛水筒在水面上．
在判断时，可以采用放缩法更为直接，过程如下：
，
,故盛水筒在水面上．
故选：B．
4．A
5．B
【详解】因为，整理得，且，
可知是以首项为3，公差为1的等差数列，
所以，可得，
当时，可得，
且符合上式，所以，
则，
解得，即的最大值为8．
故选：B．
6．C
【详解】取底面梯形两腰的中点为，如下图所示：
由可得，
所以四边形与四边形的面积之比为，
即可知容器中水的体积占整个容器体积的；
当底面水平放置时，可知液面高为直四棱柱侧棱长的,
即可得液面高为.
故选：C
7．B
【详解】过点、分别作、垂直直线于点、，
作的平分线与轴交于，
由，故、，
则，，
由且为的平分线，故，
故，
又、，故与相似，
故，
由，令，则，
故直线与轴交于点，故，
，故，
由，
故，，
故，，
由椭圆定义可知，，故，
即的长轴长为.
故选：B.
8．D
【详解】令，其在R上单调递减，
又，
由零点存在性定理得，
则在上单调递减，
画出与的函数图象，

可以得到，
又在R上单调递减，画出与的函数图象，

可以看出，
因为，故，故，
因为，故，
由得，．
综上，．
故选：D．
9．BCD
10．ABD
11．ABD
【详解】A：设直线的方程为，，，
联立方程组得，则，，
所以，同理可得，
所以，故A正确；
B：由选项A知，，
因为P分别为的中点，所以，同理可得，
所以，当且仅当时，等号成立，故B正确．
C：，若F为的中点，则．因为，
所以．所以，故，
所以，故C错误．
D：当直线的斜率存在时，，所以直线的方程为，
整理得，所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，，直线的方程为，过点，
所以直线过定点．故D正确．
故选：ABD.
12．ABD
【详解】A项，在中，，函数为奇函数，
所以函数为偶函数，则，
所以函数关于对称，
所以，故A正确；
B项，令，
因为当时，
所以当时，，函数单调递增，
所以，
所以，B正确；
C项，当时，，
所以，函数单调递增，
所以当时，函数单调递减，
则在取得最小值为1，
所以不存在，C错误；
D项，由函数关于对称，
当时，令，，函数单调递增，
所以，则，
所以，，
令，，
所以函数单调递减，，
所以，
所以，，
所以与的差大于与的差，
因为函数关于对称，当时，函数单调递增，
所以，D正确；
故选：ABD.
13．
【详解】若甲、乙两节目只有一个参加，则演出顺序的种数为：，
若甲、乙两节目都参加，则演出顺序的种数为：；
因此不同的演出顺序的种数为.
故答案为：.
14．
15．
【详解】设球O半径为R，由，得，
平面截球O所得截面小圆半径，由，得，
因此，球心O到平面的距离，
而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，
于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点C为弦中点，如图，由题意，，
则，，，
所以.
故答案为：.
16．
【详解】依题意，在上恒成立．
令，则， ．
令，得．当，即时，函数在上单调递减，
则，解得，与矛盾，此时不符合题意；
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，
则解得所以，又，所以不符合题意；
当，即时，在上单调递增，
则，解得．
综上，实数m的取值范围是，故实数m的最大值为．
故答案为：.
17．
【详解】（1）
.
，故
由，解得，
当时，，又，
所以在上的单调增区间为.
（2）由，得，
.
，
.
，
，
的取值范围为.
18．
【详解】（1）由题设，则，
又，故是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
（2）由（1）得，
所以.
19．
【详解】（1）设，所以，
因此，
由余弦定理可知，，
因为，所以，
因此，于是有，
因此有，即，而，
所以，因此，即，
因为平面，平面，
所以，因为平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，由（1）知，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，所以，
即，
于是，
，
设平面的法向量为，
则有，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角的正弦值.
20．【详解】（1）可取0，1，2.且：，，.
所以的分布列为：
则：.
（2）设事件“丁取到红球”，事件“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.
当甲、乙、丙三人取得1个白球，则丁取到红球的概率为；
当甲、乙、丙三人取得2个白球，则丁取到红球的概率为；
当甲、乙、丙三人取得3个白球，则丁取到红球的概率为；
当甲、乙、丙三人取得3个红球，则丁取到红球的概率为；
则所求概率为：.
21．
【详解】（1）因为的面积，且，
又，
故解得，则，则陏圆的标准方程为；
（2）假设，
直线与椭圆联立得，
消去整理得，
则，又因为，
所以，
则，
即，
代入韦达定理得，
即，化简得，
因为，则，
即代入直线得，
即
所以直线经过定点.
22．
【详解】（1）由得，切线得斜率为，切点，
切线方程为：，令，得；
令，得，
故切线与坐标轴围成的三角形面积为.
（2）先证明，，由满足知；
令，，则，
对恒成立，，故，，
再证明，
由在处的切线方程为，
，，
由，结合图像可知，
构造函数，，
则，，
在上单调递增，
，，，
当，也符合，，
综上，.
（3）由（2）得，
令，，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，若，，则记，，，
所以存在唯一，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减；
由得，由得，
易得，所以，
，
，故正整数的最小值为2.
0
1
2