广东省梅州市2024届高三下学期2月总复习检测数学试题

这是一份广东省梅州市2024届高三下学期2月总复习检测数学试题，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，，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知（其中i为虚数单位）是关于的方程的一个根，则实数，分别等于（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题
3．某单位有职工450人，其中男职工150人，现为了解职工健康情况，该单位采取分层随机抽样的方法抽取了一个容量为90的样本，得出体重情况：男性平均体重为63千克；女性平均体重为54千克.则下列说法不正确的是（ ）
A．抽查的样本中女职工人数为60
B．该单位男职工的体重普遍比女职工较重
C．估计该单位职工平均体重为58.5
D．每一位男或女职工被抽中的可能性均为
三、单选题
4．某圆锥的底面直径和高均是2，则其内切球（与圆锥的底面和侧面均相切）的半径为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．如果双曲线的离心率为2，那么椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（ ）的一部分
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
四、多选题
9．已知直线，和平面，，且，则下列条件中，是的充分不必要条件的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．的图象关于点中心对称
C．是一个周期函数
D．在区间内有且只有一个零点
11．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，就是一条移动路线.从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
五、填空题
12．已知，表示两个夹角为的单位向量，为平面上的一个固定点，为这个平面上任意一点，当时，定义为点的斜坐标.设点的斜坐标为，则 .
13． .
14．已知圆，点在抛物线上运动，过点引圆的切线，切点分别为，，则的取值范围为 .
六、解答题
15．设是等差数列，是等比数列.已知，，.
(1)求和的通项公式；
(2)数列和的项从小到大依次排列（相等项计两项）得到新数列，求的前50项的和.
16．甲、乙两人进行五局三胜制乒乓球比赛，已知每局比赛，甲胜的概率为，乙胜的概率为.
(1)求甲赢得比赛的概率；
(2)求两人比赛局数的数学期望.
17．已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由.
18．已知函数.
(1)若是函数的一个极值点，求的值；
(2)若在上恒成立，求的取值范围；
(3)证明：（为自然对数的底数）.
19．有一种曲线画图工具如图1所示，是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且.当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动，跟踪动点的轨迹得到曲线，跟踪动点的轨迹得到曲线，以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系.
(1)分别求曲线和的方程；
(2)曲线与轴的交点为，，动直线与曲线相切，且与曲线交于，两点，求的面积与的面积乘积的取值范围.
参考答案：
1．D
【分析】求出，根据并集结果得到答案.
【详解】或，，，
故，则的取值范围为.
故选：D
2．C
【分析】将代入方程，根据复数相等的知识列方程组，由此求得正确答案.
【详解】将代入得，
所以，
所以，解得.
故选：C
3．ABD
【分析】根据分层抽样、平均数、古典概率等知识确定正确答案.
【详解】A选项，抽查的样本中女职工人数为，A选项正确.
B选项，男性平均体重为63千克；女性平均体重为54千克，
所以该单位男职工的体重普遍比女职工较重，B选项正确.
C选项，估计该单位职工平均体重为，C选项错误.
D选项，每一位男或女职工被抽中的可能性均为，D选项正确.
故选：ABD
4．B
【分析】作出圆锥的轴截面，设内切球的半径为R，利用三角形面积关系建立关于R的方程，解之即可求解.
【详解】圆锥的轴截面如图所示，设内切球的球心为D，半径为R，
则，所以，
又，
即，
解得，即内切球的半径为.
故选：B
5．C
【分析】先求得，再利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系式求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以.
故选：C
6．D
【分析】根据双曲线、椭圆的标准方程与离心率的定义计算即可求解.
【详解】由题意知，双曲线的离心率为2，
则，解得，得，
所以椭圆的离心率为.
故选：D
7．A
【分析】先求得，利用正弦定理以及三角恒等变换的知识化简，利用三角函数值域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，
，
由解得.
，
由于三角形是锐角三角形，所以，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：A
8．C
【分析】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解.
【详解】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，设，
所以，
因为到的距离是到的距离的2倍，
所以，即，
整理，得，
所以点P的轨迹为双曲线.
故选：C
9．BCD
【分析】结合命题的充分不必要条件：由线面关系可得到A错误；由线面垂直的性质和判定可推出B正确；由线面平行的性质和判定可推出C正确；由面面垂直的性质和判定可推出D正确.
【详解】A：若，，则直线，可能平行或异面，所以不能推出，故A错误；
B：若，则直线m垂直于平面的每一条直线，又，所以成立，
但若成立，根据线面垂直的判定，还需在平面找一条与n相交的直线，且m不在平面内，故q不能推出p，故B正确；
C：若，且，由面面平行的性质可知，成立；反之，由线面平行的判定可知当，不能推出，故C正确；
D：若，且，由面面垂直的判定定理可知成立；反之，若，且，则直线n与平面可能成任意角度，故D正确.
故选：BCD.
10．BCD
【分析】根据函数的对称性、周期性、零点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】AB选项，的定义域为，，
所以关于点中心对称，A选项错误，B选项正确.
C选项，，
所以是周期函数，C选项正确.
D选项，令得，
所以，在区间上，解得，
所以在区间内有且只有一个零点，所以D选项正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】画出树状图，结合图形及古典概型逐项分析判断.
【详解】画出树状图，结合图形
结合树状图可知：，
对于选项A：可知，故A正确；
对于选项B： 均有，故B正确；
对于选项C：因为，过数字5的路线有5条，所以，故C错误；
对于选项D：因为，所以，故D正确；
故选：ABD.
12．
【分析】根据条件得到，再利用模长的定义及数量积的运算，即可求出结果.
【详解】由题知，又，表示两个夹角为的单位向量，
所以，
故答案为：.
13．
【分析】考查等比数列的求和运算，首项根据已知构造出等比数列，观察发现数列乘以后的每项都为的形式，然后用等比数列的求和公式求解即可.
【详解】
故答案为：
14．
【分析】设，将表示为只含的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】依题意，圆的圆心为，半径，
抛物线的焦点为，画出圆和抛物线的图象如下图所示，
设，则，
，切线长，
由得，则，
垂直平分弦，则，
即
又，则，即，
则，则，
即，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解直线和圆相切有关问题，可以考虑圆的几何性质来进行求解，如本题中，是切线，则连心线垂直平分，是直角三角形等等.要求弦长的取值范围，可先求得弦长的表达式，然后根据表达式的结构，考虑二次函数的性质、基本不等式的知识求得求得最值.
15．(1)
(2)3266
【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据等差数列、等比数列的通项公式建立方程组，解之即可求解；
（2）推出数列的前50项中含有数列的前6项且含有数列的前44项，结合分组求和法计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
则，即，解得，
所以.
（2）当数列的前50项中含有数列的前5项时，
令，得，则第26项为64，
当数列的前50项中含有数列的前6项时，
令，得，则第48项为128；
所以数列的前50项中含有数列的前6项且含有数列的前44项，
故数列的前50项和为
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用互斥事件的概率公式，分三种情况讨论，再求和.所分情况为：前三局甲获胜；比赛四局，甲前三局胜两局，第四局甲胜；比赛五局，甲前四局胜两局，第五局甲胜.
（2）先求出随机变量的可能取值，再求出对应的概率，最后用数学期望公式求出即可.
【详解】（1）由已知可得，甲赢得比赛有以下三种情况：
前三局甲获胜，概率为：；
比赛四局，甲前三局胜两局，第四局甲胜，概率为：；
比赛五局，甲前四局胜两局，第五局甲胜，概率为：；
所以，甲赢得比赛的概率为.
（2）设两人的比赛局数为，则随机变量的可能取值为，
则，
，
，
则数学期望为.
17．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据余弦定理求得.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明；
（2）由（1），设，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）在中，，由余弦定理，
得，解得，得.
在中，，则为正三角形，
取BD的中点O，连接，则，又平面平面，
平面平面平面，所以平面.
取的中点E，连接OE，则，而，所以，
由平面，所以，
以O为原点，以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，
令，则，
所以，所以，
故平面平面；
（2）由（1）知，，，，，，
由，即，得
所以，设，
则，又，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
整理，得，方程无实数解，
所以在上不存在点Q，使得与平面所成角为.
18．(1)
(2)
(3)证明详见解析
【分析】（1）由求得，验证后确定的值.
（2）对进行分类讨论，根据在区间上的最小值不小于求得的取值范围.
（3）将要证明的不等式转化为证明，结合（2）的结论来证得不等式成立.
【详解】（1），定义域为，
，因为是的一个极值点，
所以.
此时，所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以是的极小值点，符合题意，
所以.
（2）因为在上恒成立，所以.
当时，在上恒成立，
在上单调递增，所以成立，符合题意.
当时，令，得，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，这与矛盾.
综上所述，的取值范围是.
（3）要证明，即证明，即证明，
由（2）得时，在上单调递增，
所以，
从而原不等式成立.
【点睛】求解函数在区间上的最值的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间；（5）根据单调区间来求得最值.
19．(1)；
(2)
【分析】（1）由点的轨迹和圆的定义可确定曲线的方程；由待定系数法可知，设，结合已知，解出，代入圆方程可得曲线的方程.
（2）由点到直线的距离公式求出到直线的距离，因为与相切，得到的关系，直线与联立，结合韦达定理表示出，进而得到面积的代数式，再求出面积乘积的范围即可.
【详解】（1）因为，所以的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，
所以曲线的方程为；
设，
由题意可知，
所以，
由于不恒为零，所以，所以，
又，代入可得，
所以的方程为.
（2）
易知，
设，
则点到直线的距离，
点到直线的距离，
因为与相切，所以，
由，消去，得，
，
，
所以，
所以 ，
由基本不等式得，当且仅当时取等号，
所以，所以的面积与的面积乘积的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：
（1）求点的轨迹方程一般用轨迹方程和定义或待定系数法；
（2）圆锥曲线中求面积的最值通常用基本不等式求解，具体为：直曲联立，用韦达定理表示出面积的表达式，注意表示式中只能含有一个未知数，然后再结合变量的范围和基本不等式求最值，注意取等号的条件.