广东省深圳市深圳中学2024届高三第一次调研数学试题

这是一份广东省深圳市深圳中学2024届高三第一次调研数学试题，共22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．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
3．设函数.若对任意的实数都成立，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
4．已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（ ）
A．B．C．D．
6．小明将与等边摆成如图所示的四面体，其中，，若平面，则四面体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线l与椭圆在第二象限交于，两点，与轴，轴分别交于，两点（在椭圆外），若，则的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若方程有5个不同的实数根，且最小的两个实数根为，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的所有零点从小到大依次记为，则（ ）
A．B．
C．D．
10．不透明盒子里装有除颜色外完全相同的3个红球，2个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件：取出的两个球是一个红球一个白球，事件：两个球中至少一个白球，事件：两个球均是红球，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知双曲线：的右焦点为F，动点M，N在直线：上，且，线段，分别交C于P，Q两点，过P作的垂线，垂足为.设的面积为，的面积为，则（ ）
A．的最小值为B．
C．为定值D．的最小值为
12．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在上存在极大值
B．为函数的导函数，若方程有两个不同实根，则实数m的取值范围是
C．若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为
D．若，则的最大值为
三、填空题
13．为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，若每个小区至少分配一名志愿者，则有 种分配方法（用数字作答）；
14．在数列中，，，其中是自然对数的底数，令，则 ．
15．已知是正四面体的外接球的一条直径，点在正四面体表面上运动，正四面体的棱长是2，则的取值范围为 ．
16．已知函数，若函数的图象在点和点处的两条切线相互平行且分别交轴于、两点，则的取值范围为 .
四、解答题
17．在中，角所对的边分别为.
(1)求；
(2)若边上的中线长为1，求面积的最大值.
18．已知数列是首项为2的等比数列，公比，且是和的等差中项．
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，求的前2023项和．
19．如图：在四棱锥中，，，平面，，为的中点，，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面所成夹角．
20．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.
(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第次都摸到红球的概率为；第1次摸到红球的概率为；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求；
(3)对于事件，当时，写出的等量关系式，并加以证明.
21．已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3.
(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
(2)已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值.
22．已知函数（），为的导函数，.
(1)若，求在上的最大值；
(2)设，，其中.若直线的斜率为，且，求实数的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】对分式不等式、含绝对值不等式求解后结合集合运算即可得.
【详解】由，可得或，即，
由，可得或，
即，所以.
故选：B．
2．A
【分析】先求得，然后根据复数运算求得正确答案.
【详解】依题意，所以
.
故选：A
3．C
【分析】由是最大值点，结合正弦函数的最大值可得的表达式，再求得的最小值即可．
【详解】由可知时函数取得最大值,
所以，解得：，
因为，所以的最小值为.
故选: C.
4．B
【分析】根据向量的夹角为钝角，由且与不共线求得的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断..
【详解】由已知可得，由可得，解得，
所以由与的夹角为钝角可得解得，且.
因此，当时，与的夹角不一定为钝角，则充分性不成立；
当与的夹角为钝角时，，且，即成立，则必要性成立.
综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B．
5．B
【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
即中最小的项是.
故选：B.
6．C
【分析】过，的外心作所在平面的垂线，所得交点即为球心，结合勾股定理即可求出半径.
【详解】中，取中点，则为的外心，
在等边中取重心， 也为的外心，
取中点，连接，
过，的外心作所在平面的垂线，
所得交点即为外接球的球心，
则，平面，则平面，
则，
，平面，平面，
，，平面，
则平面，所以，
故为矩形，
则，
，
则
则外接球的表面积为.
故选：C
7．A
【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到，再由条件得到也是的中点，从而得到关于的方程，进而求得，由此得解.
【详解】设：（，），设，，
联立，得，
由题意知，
所以，，
设的中点为，连接，
因为，所以，得，
又因为，，所以也是的中点，
所以的横坐标为，
从而得，因为交在第二象限，解得，
设直线倾斜角为，得，得，故A正确.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．B
【分析】根据题意作出与的大致图象，结合图象与导数的几何意义求得的取值范围，再利用韦达定理得到关于的表达式，从而得解.
【详解】如图，作出函数与的大致图象，
若方程有5个不同的实数根，
则的图象与的图象有5个不同的交点，
当时，，的图象与的图象无交点，
当时，，的图象与的图象有2个交点
所以，
当直线与的图象相切时，设切点坐标为，
由可得，则切线斜率，
故，则，结合图象可得m的取值范围为，
由，得，则恒成立，
设该方程的两个实数根为，，则，，
故，
因为开口向上，对称轴为，
又，所以的取值范围为．
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是作出与的大致图象，充分利用数形结合求得的取值范围，从而得解.
9．AC
【分析】根据零点定义，结合正弦型函数和对数型函数的图象进行求解即可.
【详解】令，
在同一直角坐标系，画出两个函数图象如下图所示：
由图可知共有20个交点，故，则A正确，B错误；
又函数的图象都关于对称，则，
故，则C正确，错误，
故选：AC
10．AC
【分析】应用列举法写出随机取出2个小球的事件，根据题设描述列举对应事件，由古典概型的概率求法求概率.
【详解】记3个红球为，2个白球为，随机取出2个小球的事件如下，
，
所以，事件对应事件有 ，概率为，A对；
事件对应事件有 ，概率为；
事件对应事件有 ，概率为；
其中对应事件有，概率为，B错；
对应事件有，概率为，C对；
显然，D错.
故选：AC
11．BC
【分析】由三角形相似和基本不等式，即可判断A；代入两点间距离公式，化简后，即可判断B；根据直角三角形的性质，结合B选项，即可判断C；设，利用三角函数表示，再通过换元，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的最值.
【详解】对于A，易得，设，则，
设，，由三角形相似可得，
所以，当且仅当时等号成立，故A错误；
对于B，设，则，由，得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由，可得，所以，
整理得，为定值，故C正确；
对于D，易知，设，
则，，
设，则，解得，
同理可得，
所以，
令，
则，设，
则，
所以在上单调递减，故的最小值为，故D错误.
故选：BC
【点睛】难点点睛：本题的难点是D选项的判断，需根据，转化为三角函数的问题，再利用换元，转化为一般函数问题，再利用导数判断函数的单调性，即可求最值.
12．BCD
【分析】利用导数探讨的单调性判断A；求出并利用导数探讨其性质，结合函数零点判断B；利用函数的单调性脱去法则“f”，再利用的单调性求出最小值判断C；由已知结合同构思想得，再利用导数求出的最小值判断D.
【详解】对于A，，令，则，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，
于是，因此在上单调递增，在上无极值点，A错误；
对于B，，令，则，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
则，即，显然当时，恒有，
方程有两个不同实根，即直线与函数的图象有两个交点，
因此，B正确；
对于C，由选项B知，在上恒成立，则函数在上单调递增，
于是，不等式，
则有，，由选项A知，函数在上单调递增，
因此，即，所以实数a的最大值为，C正确；
对于D，若，则，
即，由，得，
由选项A知，函数在上单调递增，于是，，
因此，令，则，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，从而，
所以的最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
13．
【分析】利用分组分配求解
【详解】先把名志愿者分成共组，然后再进行排列，有种不同的分配方法，
故答案为：
14．
【分析】根据题意，得到，两式相加，结合等比数列的求和公式和对数的运算法则，即可求解.
【详解】由，得，
则，
则，故．
故答案为：.
15．
【分析】根据题意可求得外接球半径为，利用可得，由几何关系求出的最值即可求出的取值范围.
【详解】如下图所示：

设点在平面内的摄影为，为的中点，易知在上，且平面；
又正四面体的棱长是2，所以可得，
在正中，由勾股定理可得；
设外接球半径为，则可知，
即，解得；
易知，
又因为是外接球的一条直径，所以，且；
因此，
易知，
所以，；
因此可知的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用极化恒等式将化为，再利用正四面体性质求出的最值即可求出的取值范围.
16．
【分析】由可得出，利用弦长公式得出，利用导数求出函数在上的值域，即可为所求.
【详解】当时，，，则，
当时，，，则，
因为函数的图象在点和点处的两条切线相互平行，
则，即，则，
，，
所以，，
令，其中，则，
当时，，此时函数在上单调递减，
当时，，此时函数在上单调递增，
所以，，因此，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用切线斜率相等得出、所满足的关系式，然后将转化为含的函数，转化为函数的值域问题求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正余弦定理化简条件中的等式，可得；
（2）边上的中线为，由向量关系：，两边平方利用向量数量积的运算和基本不等式，求出的最大值，可计算面积的最大值.
【详解】（1）由正余弦定理得，
又，可得，即.
（2）设边上的中线为，，由（1）知，
再由向量关系：，两边平方得，
即，则有，得（当且仅当时取等号）,
即面积的最大值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件得到，由是首项为2的等比数列且，求出的值，进而求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）数列是首项为2的等比数列，是和的等差中项，
，即，
，，
，解得或（舍），
；
（2），
，
的前2023项和.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可建立空间直角坐标系，求出、即可得证；
（2）求出平面与平面的法向量后即可得平面与平面所成夹角.
【详解】（1）由，，故，又平面，
、平面，故、，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中轴，
由题意可得、、、、，
则，，
，，
，由为的中点，故，
则，
，则，
故，故；
（2）由（1）知、、，
且、，
故，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有、，
即、，
不妨分别取，，则可得、，
则，故，
即平面与平面所成夹角为.
20．(1)
(2)详见解析
(3)详见解析
【分析】（1）根据全概率公式求解即可；
（2）根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式及排列数公式求解；
（3）根据（2）猜想，由条件概率公式证明即可.
【详解】（1）记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，
于是由全概率公式，
得.
（2）由已知得，
，
，
.
（3）由（2）可得，即，
可猜想：,
证明如下：由条件概率及，
得，，
所以.
21．(1)双曲线的标准方程为，渐近线方程为
(2)证明过程见详解.
【分析】（1）利用焦距求出，利用点到直线距离公式表示到的渐近线的距离求出，
再利用求出，然后求出渐近线.
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，因为，渐近线为，
即则到的渐近线的距离为可表示为，
所以，
所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为.
（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，
此时易得，点到直线的距离为，所以此时
②当直线的斜率存在时设直线为，
由得
因为直线于双曲线相切，所以且，
整理得且，即
由得，则
同理得到
所以
点到直线的距离
所以
所以的面积为定值3.

【点睛】利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键.
22．(1)
(2)
【分析】（1）若，求得，得到，结合的符号，得到，即，进而求得函数的最大值；
（2）根据题意，转化为任意，都有，令，得出对于恒成立，记，求得，分类讨论，求得函数的函数与最值，即可求解.
【详解】（1）解：若，可得，则，
即，可得，
当时，，所以在上单调递增，
又由，所以，即，
所以函数在上单调递减，
所以，即函数的最大值为.
（2）解：由，可得，
因为，
所以对任意且，都有，
因为，可得，则，
对任意且，令，
则
对于恒成立，
由
则对于恒成立，
记，
可得，
①若，则，在单调递增，所以，符合题意；
②若，则，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以，当时，，不符合题意（舍去），
综上可得，，即实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．