广东省深圳市2024届高三下学期一模考后提升卷数学试题一

这是一份广东省深圳市2024届高三下学期一模考后提升卷数学试题一，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（本题5分）若sinα=−33，且角α的终边经过点P2,y，则P点的纵坐标y是（ ）
A．1B．±1C．−2D．−1
2．（本题5分）已知复数z=5+i，则z2−5z=（ ）
A．13B．26C．213D．226
3．（本题5分）定义：对于fx定义域内的任意一个自变量的值x1，都存在唯一一个x2使得fx1fx2=1成立，则称函数fx为“正积函数”.下列函数是“正积函数”的是（ ）
A．fx=lnxB．fx=exC．fx=esinxD．fx=csx
4．（本题5分）已知向量a=0,0,1,b=1,−1,1，向量a+b在向量a上的投影向量为（ ）
A．0,0,2B．0,0,1C．0,0,−1D．0,0,−2
5．（本题5分）定义：“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，比如116，431，则所有幸运数的个数为（ ）
A．21B．35C．36D．45
6．（本题5分）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为V1，它的内切球的体积为V2，则V1:V2=（ ）
A．2:3B．22:3
C．1:2D．2:1
7．（本题5分）已知数列an，若an+1=an+an+2 n∈N∗，则称数列an为“凸数列”．已知数列bn为“凸数列”，且b1=1，b2=−2，则bn的前2 024项的和为（ ）
A．0B．1C．－5D．－1
8．（本题5分）已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且满足PA=mPF，若m取最大值时，点P恰好在以A,F为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为
A．3+1B．2+1C．5+12D．2+12
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（本题6分）某高中从本校的三个年级中随机调查了五名同学关于生命科学科普知识的掌握情况，五名同学的成绩如下：84，72，68，76，80，则（ ）
A．这五名同学成绩的平均数为78B．这五名同学成绩的中位数为74
C．这五名同学成绩的上四分位数为80D．这五名同学成绩的方差为32
10．（本题6分）已知5−2a=2a,b=lg34−lg84,c=e0.1+e−0.1，则（ ）
A．aC．b11．（本题6分）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M,N,P分别是棱C1D1,AA1,BC的中点，点Q满足CQ=λCC1,λ∈0,1，下列说法正确的是（ ）
A．不存在λ使得QA⊥QB1
B．若Q,M,N,P四点共面，则λ=14
C．若λ=13，点F在侧面BB1C1C内，且A1F//平面APQ，则点F的轨迹长度为133
D．若λ=12，由平面MNQ分割该正方体所成的两个空间几何体Ω1和Ω2，某球能够被整体放入Ω1或Ω2，则该球的表面积最大值为12−63π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)（ω>0，|φ|<π2）在区间π6,7π6上单调，且对任意实数x均有f7π6≤f(x)≤fπ6成立，则φ= ．
13．（本题5分）在△ABC中，CA＝CB＝1，∠ACB=2π3，若CM与线段AB交于点P，且满足CM=λ1CA+λ2CB，（λ1>0,λ2>0），且CM=1，则λ1+λ2的最大值为 ．
14．（本题5分）若直线y=2x为曲线y=eax+b的一条切线，则ab的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本题13分）设Sn为数列an的前n项和，已知an>0，a1=1，Sn+Sn−1=ann≥2,n∈N*．
(1)求证：Sn是等差数列；
(2)设bn=2n−1⋅an，求数列bn的前n项和Tn．
16．（本题15分）在四棱锥P−ABCD中，已知AB ∥ CD,AB⊥AD，BC⊥PA,AB=2AD=2CD=2,PA=6,PC=2,E是线段PB上的点.
(1)求证：PC⊥底面ABCD；
(2)是否存在点E使得三棱锥P−ACE的体积为49？若存在，求出BEBP的值；若不存在，请说明理由.
17．（本题15分）三人篮球赛是篮球爱好者的半场篮球比赛的简化版，球场为15×11米，比赛要求有五名球员.某高校为弘扬体育精神，丰富学生业余生活､组织“挑战擂王”三人篮球赛，为了增强趣味性和观赏性，比赛赛制为三局二胜制，即累计先胜两局者赢得最终比赛胜利（每局积分多的队获得该局胜利，若积分相同则加时决出胜负）.每局比赛中犯规次数达到4次的球员被罚出场（终止本场比赛资格）.该校的勇士队挑战“擂王”公牛队，李明是公牛队的主力球员，据以往数据分析统计，若李明比赛没有被罚出场，公牛队每局比赛获胜的概率都为34，若李明被罚出场或李明没有上场比赛，公牛队每局比赛获胜的概率都为12，设李明每局比赛被罚出场的概率为p且p∈16,12.
(1)若李明参加了每局的比赛，且p=13
（i）求公牛队每局比赛获胜的概率；
（ii）设比赛结束时比赛局数为随机变量X，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)为了增强比赛的娱乐性，勇士队和公牛队约定：李明全程上场比赛，但若李明被罚出场，则李明将不参加后面的所有局次比赛.记事件A为公牛队2：0获得挑战赛胜利，求事件A的概率的最小值.
18．（本题17分）已知函数fx=lnx−a1x−1．
(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的值；
(2)证明：sin1n+1+sin1n+2+…+sin12n19．（本题17分）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆C1:x24+y2b2=1(0(1)求双曲线C2的方程；
(2)设过点G4,0的动直线l交双曲线C2右支于A,B两点，若直线AM,BN的斜率分别为kAM,kBN.
（i）试探究kAM与kBN的比值kAMkBN是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
（ii）求w=kAM2+23kBN的取值范围.
参考答案：
1．D
【详解】由sinα=−33<0，又点P2,y在α的终边上，故角α为第四象限角，
故y<0.∴r=y2+2,yy2+2 =−33，即3y2=y2+2，解得y=−1或y=1(舍去)．
故选：D
2．B
【详解】由z=5+i可得z2−5z=zz−5=5+i5+i−5=5i+i2=−1+5i，
则z2−5z=−1+5i=−12+52=26.
故选：B
3．B
【详解】对于A，fx=lnx，
由fx1fx2=lnx1lnx2=1⇒lnx1lnx2=1，
当x1=1时，则不存在x2满足情况，故A不是正积函数；
对于B，fx=ex，
由fx1fx2=ex1ex2=1⇒ex1ex2=1⇒x1+x2=0，
则任意一个自变量的值x1，都存在唯一一个x2满足x1+x2=0，
故B是正积函数；
对于C，fx=esinx，
由fx1fx2=esinx1esinx2=1⇒esinx1esinx2=1⇒esinx1+sinx2=1，
得sinx1+sinx2=0，
当x1=0时，则sinx2=0，x2=kπ，k∈Z，则x2不唯一，故C不是正积函数；
对于D，fx=csx，
由fx1fx2=csx1csx2=1⇒csx1csx2=1，
当csx1∈0,1时，则不存在x2满足情况，故D不是正积函数.
故选:B.
4．A
【详解】解：因为向量a=0,0,1,b=1,−1,1，
所以a+b=1，−1，2，
所以向量a+b在向量a上的投影向量为：
a+b⋅aa2⋅a=21⋅0，0，1=0，0，2，
故选：A
5．C
【详解】“各位数字之和为8的三位数叫幸运数”，故首位最大为8，且首位不为0，则有：
若首位为8，则剩余两位均为0，共有1个“幸运数”；
若首位为7，则剩余两位为1,0，共有C21=2个“幸运数”；
若首位为6，则剩余两位为2,0，或1,1，共有C21+1=3个“幸运数”；
若首位为5，则剩余两位为3,0，或2,1，共有C21+A22=4个“幸运数”；
若首位为4，则剩余两位为4,0，或3,1，或2,2，共有C21+A22+1=5个“幸运数”；
若首位为3，则剩余三位为5,0，或4,1，或3,2，共有3A22=6个“幸运数”；
若首位为2，则剩余三位为6,0，或5,1，或4,2，或3,3，共有3A22+1=7个“幸运数”；
若首位为1，则剩余三位为7,0，或6,1，或5,2，或4,3，共有4A22=8个“幸运数”；
综上所述：共有1+2+3+4+5+6+7+8=36个“幸运数”.
故选：C.
6．D
【详解】如图，四边形PAP′B为该几何体的轴截面，
则四边形PAP′B的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，设内切球的半径为r，
由OP=OA=1，得r=22，则V2=43πr3=2π3，V1=2×13π×12×1=2π3，
所以V1:V2=2:1.
故选：D.
7．D
【详解】解：因为bn+2=bn+1−bn，所以b3=b2−b1=−2−1=−3,b4=b3−b2=−3−−2=−1，
b5=b4−b3=−1−−3=2,b6=b5−b4=2−−1=3,b7=b6−b5=3−2=1，
则数列bn是以6为周期的周期数列，又S6=1−2−3−1+2+3=0，
所以S2024=S337×6+2=b1+b2=−1，
故选：D
8．B
【详解】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PB|，
∵|PA|=m|PB|， ∴|PA|=m|PN| ∴1m=|PN||PA|，
设PA的倾斜角为α，则sinα=1m，
当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，
设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，
∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1， ∴P（2，1），
∴双曲线的实轴长为PA﹣PB=2（2﹣1）， ∴双曲线的离心率为22(2−1)=2+1．
故选B．

点睛：本题的关键是探究m的最大值，先利用抛物线的定义转化PA=mPF得到1m=|PN||PA|=sinα，m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，得到△=0，得到k的值.转化是高中数学很重要的一个数学思想，在解题过程中要注意灵活运用.
9．CD
【详解】A选项，这五名同学成绩的平均数为68+72+76+80+845=76，A错误；
B选项，将五名同学的成绩按从小到大排列：68，72，76，80，84，则这五名同学成绩的中位数为76，B错误；
C选项，5×75%=3.75，故成绩从小到大排列后，第4个数即为上四分位数，即80，C正确；
D选项，五名同学成绩的方差为15(68−76)2+(72−76)2+(76−76)2+(80−76)2+(84−76)2=32，D正确．
故选:CD．
10．AC
【详解】令fx=2x+2x−5，易知fx在R上单调递增，
又f1=2+2−5=−1<0，f2=22+2×2−5=3>0，
所以fx在1,2在存在唯一零点，
因为5−2a=2a，所以a是fx的零点，则a∈1,2；
因为43<35，所以lg343又lg84=lg2322=23lg22=23，所以b=lg34−lg84<53−23=1；
因为c=e0.1+e−0.1≥2e0.1⋅e−0.1=2，又e0.1≠e−0.1，等号不成立，
所以c>2；
综上：b故选：AC.
11．ACD
【详解】正方体中，由QA>AC=AB1，故△QAB1中，AB1不可能是直角三角形的斜边，
即不存在λ使得QA⊥QB1，A选项正确；
R,S分别是棱A1D1,AB的中点，点Q为CC1中点时，平面MNP在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ，
则Q,M,N,P四点共面，有λ=12，B选项错误；
若λ=13，则Q为CC1上靠近C点的三等分点，
取BB1上靠近B1的三等分点G，B1C1的中点H，连接A1H,A1G,GH
则在正方形BB1C1C中，可得GH//PQ，
GH⊄平面APQ，PQ⊂平面APQ，则有GH//平面APQ，
同理可由A1H//AP，证明A1H//平面APQ，
A1H,GH⊂平面A1GH，A1H∩GH=H，所以平面A1GH//平面APQ，
点F在侧面BB1C1C内，且A1F//平面APQ，所以GH即为点F的轨迹，
GH=B1H2+B1G2=12+232=133，C选项正确；
若λ=12，则Q为CC1的中点，平面MNQ分割该正方体所成的两个空间几何体Ω1和Ω2，
平面MNQ在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ，
某球能够被整体放入Ω1或Ω2，该球的表面积最大时，是以B1为顶点，底面为正六边形MRNSPQ的正六棱锥的内切球，
正六边形MRNSPQ的边长为2，面积为6×12×2×2×32=33，
正六棱锥B1−MRNSPQ，侧棱长5，每个侧面面积为32，棱锥的高为3，
设该球的半径为R，由体积法可得13×33×3=1333+6×32R，
解得R=3−32，所以该球的表面积为S=4πR2=12−63π，D选项正确.
故选：ACD
12．π3
【详解】因为对任意实数x均有f7π6≤f(x)≤fπ6成立，所以f7π6是最小值，fπ6是最大值，
又函数f(x)在区间π6,7π6上单调，所以T=2×(7π6−π6)=2π，ω=2πT=1，
所以π6+φ=2kπ+π2,k∈Z，又φ<π2，所以φ=π3．
故答案为：π3．
13．2
【详解】如图所示：
设C(0,0)，A(1,0)，因为∠ACB=2π3，CB＝1，则B (−12,32)，
CA=(1,0)，CB=(−12,32)，设M(x,y)，则CM=(x,y)，
因为CM=1，所以x2+y2=1，
因为CM=λ1CA+λ2CB，则x=λ1−12λ2y=32λ2，
所以有(λ1−12λ2)2+(32λ2)2=1，
即λ12+λ22−λ1λ2=1，即λ1λ2=(λ1+λ2)2−13，
又λ1λ2≤(λ1+λ2)24（λ1>0,λ2>0），
所以(λ1+λ2)2−13≤(λ1+λ2)24，
解得0<λ1+λ2≤2，当且仅当λ1=λ2=1时不等式取等号.
则λ1+λ2的最大值为2.
故答案为：2
14．2e2
【详解】设fx=eax+b，则f′x=aeax+b，
设切点为x0,eax0+b，则f′x0=aeax0+b，
则切线方程为y−eax0+b=aeax0+bx−x0，整理可得y=aeax0+bx+1−ax0eax0+b，
所以1−ax0eax0+b=0aeax0+b=2，解得x0=1a,aeax0+b=ae1+b=2，
所以a=2e1+b，所以ab=2be1+b，
设gx=2xe1+x，则g′x=21−xe1+x，
当x∈−∞,1时，g′x>0,gx单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g′x<0,gx单调递减，
所以当x=1时，gx取得最大值g1=2e2，
所以ab的最大值为2e2.
故答案为：2e2
15．(1)证明见解析；
(2)n⋅2n+1−3⋅2n+3.
【详解】（1）当n≥2时，an=Sn−Sn−1，则Sn+Sn−1=Sn−Sn−1，
所以Sn+Sn−1=Sn+Sn−1Sn−Sn−1，
因为an>0，所以Sn+Sn−1≠0，
所以Sn−Sn−1=1n≥2,n∈N*，故Sn是等差数列；
（2）由（1）知：S1=a1=1，则Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以Sn=1+n−1⋅1=n，从而Sn=n2，
当n≥2,n∈N*时，an=Sn+Sn−1=n+n−1=2n−1，又a1=1适合上式，
所以an=2n−1，故bn=2n−1⋅an=2n−1⋅2n−1，
Tn=1×20+3×21+5×22+⋯ 2n−3×2n−2+2n−1×2n−1①
2Tn=1×21+3×22+5×23+⋯ 2n−3×2n−1+2n−1×2n②
②－①得：Tn=−2×21+2×22+2×23+⋯+2×2n−1 +2n−1×2n−1
=−22+23+⋯+2n+2n−1×2n−1= −41−2n−11−2+2n−1×2n−1
=−2n+1+4+n⋅2n+1−2n−1= n⋅2n+1−3⋅2n+3.
16．(1)证明见解析
(2)存在点E使得三棱锥P−ACE的体积为49，且BEBP=13
【详解】（1）证明：在△ADC中，AD=DC=1,∠ADC=90∘，
所以AC=AD2+DC2=1+1=2.
在△ABC中，AC=2,AB=2,∠BAC=45∘，由余弦定理有：
BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs45∘=4+2−2×2×2×22=2，
所以AB2=AC2+BC2，所以∠ACB=90∘，
所以BC⊥AC，又因为BC⊥PA,PA∩AC=A,PA､AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，
在△PAC中：AC=2,PC=2,PA=6，则PA2=AC2+PC2，
所以PC⊥AC，因为AC∩BC=C,AC､BC⊂平面ABCD，
所以PC⊥面ABCD.
（2）因为VP−ACE=VP−ACB−VE−ACB=49，
设BEBP=λ，
∴13×12AC⋅BC⋅PC−13×12AC⋅BC⋅λPC=49，
∴13×12×2×2×2−13×12×2×2×2λ=49，
λ=13，
因此，存在点E使得三棱锥P−ACE的体积为49，且BEBP=13.
17．(1)（i）23；（ii）分布列见解析，期望为229
(2)2364
【详解】（1）（i）记Ai表示事件“第i局公牛队获胜”，Bi表示事件“球员李明第i局没有被罚出场”，i=1,2,3.
由全概率公式公牛队每局比赛获胜的概率为
P0=PBiPAiBi+PBiPAi∣Bi=23×34+13×12=23.
（ii）由已知随机变量X的可能取值为2，3.
PX=2=232+1−232=59，
PX=3=C21×23×1−23×23+C21×23×1−23×1−23=49，
随机变量X的分布列如下表：
EX=2×59+3×49=229.
（2）依题意事件A擂王公牛队2:0获得挑战赛胜利的可能情形是：两局比赛李明均没有被罚出场；
第一局李明没有被罚出场，第二局被罚出场；第一局李明被罚出场，第二局不能参加比赛.
所以PA=1−p×342+1−p×34×p×12+p×12×12
=116×3p−432+113.
又p∈16,12，则当p=12时，PAmin=2364.
即事件A的概率的最小值为2364.
18．(1)a=−1
(2)证明见解析
【详解】（1）因为fx=lnx−a1x−1x>0，所以f′x=1x−a−1x2=x+ax2x>0，
当a≥0时，因为x>0，所以f′x>0恒成立，则y=fx在0,+∞上单调递增，
且f1=0，所以fx恒大于等于零不成立；
当a<0时，由f′x=0得，x=−a，
易知当x>−a时，f′x>0，当0所以y=fx在0,−a上单调递减，在−a,+∞上单调递增.
则f(x)min=f(−a)=ln(−a)+1+a，若fx≥0恒成立，则ln(−a)+1+a≥0
令ℎ(x)=ln(−x)+1+x(x<0)，则ℎ′(x)=1x+1=x+1x(x<0)，
ℎ(x)在区间−∞,−1上单调递增，在区间−1,0上单调递减，所以ℎ(x)max=f(−1)=0
所以当ln(−a)+1+a≥0时，a=−1.
综上，若fx≥0恒成立，则a=−1；
（2）由（1）得，当a=−1时，fx=lnx+1x−1≥0恒成立，即lnx≥1−1x，当且仅当x=1时等号成立，
令x=n+kn+k−1，则lnn+kn+k−1>1n+k，k∈1,2,⋯,n，n∈N∗，
所以1n+k令gx=x−sinxx≥0，则g′x=1−csx≥0恒成立，
所以函数gx在0,+∞上单调递增，
故当x>0时，gx>g0=0，即sinx所以sin1n+k<1n+k所以sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n
=ln2n−lnn=ln2nn=ln2.
19．(1)x24−y2=1
(2)（i）为定值，−13（ii）−34,−1136∪1336,54
【详解】（1）由题意可设双曲线C2:x24−y2b2=1，则e1e2=4−b22×4+b22=154，解得b2=1，
所以双曲线C2的方程为x24−y2=1.
（2）（i）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的方程为x=ty+4，
由x=ty+4x24−y2=1，消元得t2−4y2+8y+12=0.
则t≠±2,Δ=16t2+192>0，且y1+y2=−8tt2−4y1y2=12t2−4，
kAMkBN=y1x1+2y2x2−2=y1x2−2y2x1+2=y1ty2+2y2ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2=ty1y2+2y1+y2−2y2ty1y2+6y2
=12tt2−4−16tt2−4−2y212tt2−4+6y2=−4tt2−4−2y212tt2−4+6y2=−13，

或由韦达定理可得y1+y2y1y2=−2t3，即ty1y2=−32y1+y2,
∴kAMkBN=y1x1+2y2x2−2=y1x1+2×x2−2y2=y1ty2+2y2ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2=−32y1+y2+2y1−32y1+y2+6y2
=y1−3y2−3y1+9y2=−13，
即kAM与kBN的比值为定值−13.
（ii）方法一：设直线AM:y=k(x+2)，
代入双曲线方程并整理得1−4k2x2−16k2x−16k2−4=01−4k2≠0，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为−2，.
由韦达定理得：−2xA=−16k2−41−4k2，解得xA=24k2+11−4k2.
因为点A在双曲线的右支上，所以xA=24k2+11−4k2>0，解得k∈−12,12，
即kAM∈−12,12，同理可得kBN∈−∞,−12∪12,+∞，
由（i）中结论可知kBN=−3kAM∈−∞,−12∪12,+∞，
得kAM∈−∞,−16∪16,+∞，所以kAM∈−12,−16∪16,12，
故w=kAM2+23kBN=kAM2+23−3kAM=kAM2−2kAM，
设ℎ(x)=x2−2x，其图象对称轴为x=1，
则ℎ(x)=x2−2x在−12,−16,16,12上单调递减，故ℎx∈−34,−1136∪1336,54，
故w=kAM2+23kBN的取值范围为−34,−1136∪1336,54；
方法二：由于双曲线x24−y2=1的渐近线方程为y=±12x，
如图，过点M作两渐近线的平行线l1,l2，由于点A在双曲线x24−y2=1的右支上，
所以直线AM介于直线l1,l2之间（含x轴，不含直线l1,l2），

所以kAM∈−12,12.
同理，过点N作两渐近线的平行线l3,l4，
由于点B在双曲线x24−y2=1的右支上，
所以直线BN介于直线l3,l4之间（不含x轴，不含直线l3,l4），

所以kBN∈−∞,−12∪12,+∞.
由（i）中结论可知kBN=−3kAM∈−∞,−12∪12,+∞，
得kAM∈−∞,−16∪16,+∞，所以kAM∈−12,−16∪16,12,
故w=kAM2+23kBN=kAM2+23−3kAM=kAM2−2kAM∈−34,−1136∪1336,54.
X
2
3
P
59
49