广东省深圳市2024届高三一模考后提升数学试题二

这是一份广东省深圳市2024届高三一模考后提升数学试题二，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）复数z=3-2ai2ia∈R在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．（本题5分）已知角α的终边上有一点P-2,-1，则cs2α的值为（ ）
A．-25B．35C．-35D．25
3．（本题5分）已知向量a,b满足满足a=5，b=6，a⋅b=-6，则csa,a+b=（ ）
A．-1135B．-1935C．1735D．1935
4．（本题5分）已知函数sgn(x)=1,x>00,x=0-1,x<0，则“sgnex-1+sgn-x+1=0”是“x>1”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．（本题5分）我国南宋时期数学家杨辉于1261年写下的《详解九章算法》，书中记载的图表给出了(a+b)n展开式的系数规律.
当代数式x4-12x3+54x2-108x+81的值为1时，则x的值为（ ）
A．2或4B．2或-4C．2D．-4
6．（本题5分）圆锥甲、乙、丙的母线与底面所成的角相等，设甲、乙、丙的体积分别为V1,V2,V3，侧面积分别为S1,S2,S3，高分别为h1,h2,h3，若V1=V2+V3，S1=S2+S32，则h3=（ ）
A．2h1+h2-2h1h2h1+h2B．2h1-h2+2h1h2h1-h2
C．h1+h22-h1h22h1+h2D．h1-h22+h1h22h1-h2
7．（本题5分）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ）
A．3月5日或3月16日B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日D．3月8日或3月13日
8．（本题5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1a,b>0的左、右焦点分别为F1、F2，经过F1的直线交双曲线的左支于A，B，△ABF2的内切圆的圆心为I，∠BF2A的角平分线为F2M交AB于M，且F2I:IM=2:1，若S△IAF2:S△IBF2=3:5，则该双曲线的离心率是（ ）
A．102B．43C．52D．2
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）下列说法中，正确的是（ ）
A．设有一个经验回归方程为y=1-2x，变量x增加1个单位时，y平均增加2个单位
B．已知随机变量ξ~N0,σ2，若P(ξ>2)=0.2，则P(-2≤ξ≤2)=0.6
C．两组样本数据x1,x2,x3,x4和y1,y2,y3,y4的方差分别为s12,s22.若已知xi+yi=10且xiD．已知一系列样本点xi,yi(i=1,2,3,⋯)的经验回归方程为y=3x+a，若样本点(m,3)与(2,n)的残差相等，则3m+n=10
10．（本题6分）已知实数x,y满足x+y+x+y=2，则（ ）
A．-1≤x+y≤1B．-2≤x-y≤2
C．1≤x2+y2≤2D．-1≤x3+y3≤1
11．（本题6分）在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC,PC=AB=3，平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D|DA=2DB}.已知C,Di∈M且Di在棱AB所在直线上，i=1,2，则（ ）
A．动点D的轨迹是圆
B．平面PCD1⊥平面PCD2
C．三棱锥P-ABC体积的最大值为3
D．三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值
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fx=2cs2ωxω>0的最小正周期为π，将函数y=fx的图象上的所有点向右平移π6个单位长度，再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到y=gx的图象，则y=gx在π12,π4上的值域为 .
13．（本题5分）在梯形ABCD中，AB//CD,AB=BC=2,CD=1,∠BCD=120°,P、Q分别为线段BC和线段CD上的动点，且BP=λBC,DQ=12λDC，则DP⋅AQ的取值范围为 ．
14．（本题5分）设函数fx=aex-2x2.若存在x0∈0,1，使得limx→x0fx-fx0-x+x0x-x0>0成立，则实数a的取值范围是
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）已知数列an的首项a1=a，且满足Sn+1-Sn=3an2an+1（n∈N*）．
(1)判断数列1an-1是否为等比数列；
(2)若a1=34，记数列nan的前n项和为Tn，求Tn．
16．（本题15分）如图1，在△ABV中，AC=BC=CV，AC⊥VB于C．现将△ABV沿AC折叠，使V-AC-B为直二面角(如图2)，D是棱AB的中点，连接CD、VB、VD．
(1)证明：平面VAB⊥平面VCD；
(2)若AC=1，且棱AB上有一点E满足BE=14BA，求二面角C-VE-A的正弦值．
17．（本题15分）甲、乙两队要举行一场排球比赛，双方约定采用“五局三胜”制赛规，即一场比赛全程最多打五局，比赛双方只要有一个队先胜三局，则比赛就此结束，且该队为获胜方．根据以往大量的赛事记录可知甲、乙两队在比赛中每局获胜的概率分别为23,13．
(1)若在首局比赛中乙队以1:0的比分暂时领先，求最后甲队、乙队各自获胜的概率；
(2)求乙队以3:2的比分获胜的概率；
(3)设确定比赛结果需要比赛X局，求X的分布列及数学期望．
18．（本题17分）已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，短轴长为23，过点P(1,0)斜率存在且不为0的直线l与椭圆有两个不同的交点A，B．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆左右顶点为M，N，设AB中点为Q，直线OQ交直线x=4于点R，kBNkAM-kPR是否为定值？若是请求出定值，若不是请说明理由．
19．（本题17分）已知函数f(x)=alnx-x-1x+1 ，a∈R．
(1)若函数f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2．
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：fx1-fx2x1-x2>a-2a2a-1．
参考答案：
1．C
【详解】因为z=3-2ai2i=3-2aii2i2=-2a-1-32i，又2a-1>0，
所以复数z在复平面内对应的点为-2a-1,-32，位于第三象限.
故选：C
2．B
【详解】由题意可得csα=-25，
故cs2α=2cs2α-1=2×-252-1=35，
故选：B
3．D
【详解】∵a=5，b=6，a⋅b=-6，
∴a⋅a+b=a2+a⋅b=52-6=19，
a+b=a+b2=a2+2a⋅b+b2=25-2×6+36=7，
因此cs=a⋅a+ba⋅a+b=195×7=1935．
故选：D．
4．B
【详解】因为sgn(x)=1,x>00,x=0-1,x<0，
当sgnex-1+sgn-x+1=0时，取x=-12，则ex-1<0，-x+1>0，
此时sgnex-1+sgn-x+1=-1+1=0，则x>1不成立，即充分性不成立；
当x>1时，ex-1>0，-x+1<0，所以sgnex-1+sgn-x+1=1-1=0，即必要性成立，
所以“sgnex-1+sgn-x+1=0”是“x>1”的必要不充分条件.
故选：B.
5．A
【详解】由规律可得：a+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4，
令a=x，b=-3，∴x-34=x4-12x3+54x2-108x+81，
∵x4-12x3+54x2-108x+81=1，∴x-34=1，∴x-3=±1，∴x=4或x=2，
故选：A
6．C
【详解】设圆锥甲、乙、丙的底面半径分别为r1,r2,r3，母线长l1,l2,l3，
由题意可设r1h1=r2h2=r3h3=k>0，即r1=kh1,r2=kh2,r3=kh3，
可得l1=1+k2h1,l2=1+k2h2,l3=1+k2h3，
因为V1=V2+V3，则13πkh12⋅h1=13πkh22⋅h2+13πkh32⋅h3，整理得h13=h23+h33，
又因为S1=S2+S32，则πkh11+k2h1=πkh21+k2h2+πkh31+k2h32，整理得h12=h22+h322，
显然h1>h2，即h13=h23+h33h12=h22+h322，
整理得h3=h13-h232h12-h22=h1-h2h12+h1h2+h222h1+h2h1-h2=h1+h22-h1h22h1+h2=h1+h22-h1h22h1+h2.
故选：C.
7．D
【详解】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第n天所得积分为2n-1．
假设他连续打卡n天，第n+1天中断了，
则他所得积分之和为(1+3+⋅⋅⋅+2n-1)+1+3+⋅⋅⋅+2(19-n)-1
=n(1+2n-1)2+(19-n)[1+2(19-n)-1]2=193，化简得n2-19n+84=0，
解得n=7或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故选：D
8．A
【详解】设内切圆的半径为r，
由S△IAF2:S△IBF2=3:5，即12⋅|AF2|⋅r12⋅|BF2|⋅r=35，则|AF2||BF2|=35,
设|AF2|=3t，则|BF2|=5t，则|AF1|=3t-2a,|BF1|=5t-2a，
由|F2I|:|IM|=2:1，即|F2M|:|IM|=3:1，
则S△MBI=13S△MBF2，则S△MBI=12S△BIF2，
12⋅|MB|⋅r12⋅|BF2|⋅r=12，则|MB||BF2|=12，故|MB|=5t2，同理得|MA|=3t2，
故|AB|=|AM|+|BM|=4t=8t-4a，故t=a，
则|AB|2+|AF2|2=|BF2|2，
故AB⊥AF2，则2c=|AF1|2+|AF2|2=a2+(3a)2=10a，
则e=ca=102.
故选：A

9．BC
【详解】若有一个经验回归方程y=1-2x，随着x的增大，y会减小，A错误；
曲线关于x=0对称，因为P(ξ> 2)=0.2，所以P(ξ<-2)=0.2，
所以P(-2≤ξ≤2)=1-P(ξ>2)-P(ξ<-2)=0.6，B正确；
因为xi+yi= 10,x=14i=14xi,y=14i=14yi，所以x+y=14i=14xi+14i=14yi=14i=14xi+i=14yi=10，
所以s12= x1-x2+x2-x2+x3-x2+x4-x24=
x12-2x1x+x2+x22-2x2x+x2+⋯+x42-2x4x+x24=
x12+x22+x32+x42-2x1+2x2+2x3+2x4x4+x2
=x12+x22+x32+x424-2x2+x2=x12+x22+x32+x424-x2，
同理可得:s22=y12+y22+y32+y424-y2
=10-x12+10-x22+10-x32+10-x424-(10-x)2 =400-20x1+x2+x3+x4+x12+x22+x32+x424-(10-x)2
=100-20x+x12+x22+x32+x424-100+20x-x2= x12+x22+x32+x424-x2，
故s12=s22，C正确；
经验回归方程为y=3x+a，且样本点(m,3)与(2,n)的残差相等，
则3-(3m+a)=n-(6+a)⇒3m+n=9，D错误.
故选：BC.
10．ABD
【详解】若y≥-x，当x<0,y≥0时，方程x+y+x+y=2即y=1，
当x≥0,y≥0时，方程x+y+x+y=2即x+y=1，
当x≥0,y<0时，方程x+y+x+y=2即x=1，
若y<-x，当x<0,y≥0时，方程x+y+x+y=2即x=-1，
当x≤0,y≤0时，方程x+y+x+y=2即x+y=-1，
当x≥0,y<0时，方程x+y+x+y=2即y=-1，
在同一平面直角坐标系中作出曲线x+y+x+y=2的图形、x3+y3=1的图形以及x-y=2的图形如图所示：
发现曲线x+y+x+y=2的图形包含在x3+y3=1的图形之间，即-1≤x3+y3≤1，故D正确；
对于A，曲线x+y+x+y=2的图形夹在曲线x+y=1的图形之间，所以-1≤x+y≤1，故A正确；
对于B，曲线x+y+x+y=2的图形夹在曲线x-y=2的图形之间，所以-2≤x-y≤2，故B正确；
对于C，取x=y=12，则x2+y2=12<1，故C错误.
故选：ABD.
11．ABC
【详解】A.因为AB=3，所以在平面ABC内，以AB所在直线为x轴，以线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
设A-32,0，B32,0，Dx,y，
由DA=2DB知，x+322+y2=2x-322+y2，化简为x-522+y2=4，即点D的轨迹为圆，故A正确；
B. 根据以上证明可知，点D1和D2在圆x-522+y2=4与x轴的两个交点，如上图，由条件可知，点C在圆上，
则∠D1CD2=90∘，而PC⊥平面ABC，D1C,D2C⊂平面ABC,所以PC⊥D1C,PC⊥D1C，
所以∠D1CD2是二面角D1-PC-D2的平面角，则平面PCD1⊥平面PCD2，故B正确；
C.当点C到AB的距离为2时，此时△ABC的面积最大，此时最大面积是12×3×2=3,
则三棱锥P-ABC体积的最大值为13×3×3=3，故C正确；
D.由以上证明可知，∠D1CD2=90∘，且D1D2=4，如图，
取D1D2的中点M，作OM⊥平面CD1D2，且OM=32，
所以R=OC=CM2+OM2=22+94=52，
所以三棱锥P-D1D2C外接球的半径是定值52，故D错误.
故选：ABC
12．12,2
【详解】fx=cs2ωx+1，2π2ω=π，2ω=2，fx=cs2x+1，
将函数y=fx的图象上的所有点向右平移π6个单位长度，
得到y=cs2x-π6+1=cs2x-π3+1，
再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的12，
得到gx=cs4x-π3+1，因为x∈π12,π4，所以4x-π3∈0,2π3，
所以cs4x-π3∈-12,1，
所以y=gx在π12,π4上的值域为12,2.
故答案为：12,2
13．23-72,12
【详解】以点B为坐标原点，直线AB为x轴，过点B且垂直于直线AB的直线为y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则A-2,0、C-1,3、D-2,3、P-λ,3λ，则DP=2-λ,3λ-3，
由题意可得0≤λ≤10≤12λ≤1，解得12≤λ≤1，
AQ=AD+DQ=AD+12λDC=0,3+12λ1,0=12λ,3，
所以，DP⋅AQ=2-λ2λ+3λ-1=1λ+3λ-72，
由对勾函数的单调性可知，函数fλ=1λ+3λ-72在区间33,1上单调递增，
在12,33上单调递减，且f33=23-72，f12=0,f1=12，
则23-72≤fλ≤12.
因此，DP⋅AQ的取值范围是23-72,12.
故答案为：23-72,12.
14．(1,+∞)
【详解】由limx→x0fx-fx0-x+x0x-x0>0，即limx→x0fx-fx0-x-x0x-x0>0，
即limx→x0fx-fx0x-x0-1>0，即f'x0-1>0对任意x0∈0,1恒成立，
因为函数fx=aex-2x2，f'x=aex-4x，
若存在x0∈0,1，使得f'x0-1>0成立，
即存在x0∈0,1，使得aex0-4x0-1>0成立，
所以存在x0∈0,1，使得a>4x0+1ex0成立，
设hx0=4x0+1ex0，x0∈0,1，则h'x0=3-4x0ex0，
令h'x0=3-4x0ex0=0，解得x0=34，
当x0∈0,34时，h'x0>0，此时hx0单调递增，
当x0∈34,1时，h'x0<0，此时hx0单调递减，
又h0=1,h1=5e，h34=4e-34，
所以hx0∈(1,4e-34]，则a∈(1,+∞)，
故答案为：(1,+∞).
15．(1)答案见解析
(2)Tn=34-2n+3413n+1+nn2
【详解】（1）法一：若1a1-1=1a-1=0,解得a=1，则数列1an-1不是等比数列；
若1a1-1=1a-1≠0,即a≠1，因为Sn+1-Sn=3an2an+1，所以an+1=3an2an+1，
∴1an+1-11an-1（n∈N*） =2an+13an-11-anan =2an+1-3an3-3an=13，
所以当a=1时，数列1an-1不是等比数列，
当a≠1时，数列1an-1是以1-aa为首项，13为公比的等比数列．
法二：若1a1-1=1a-1=0,解得a=1，则数列1an-1不是等比数列；
若1a1-1=1a-1≠0,即a≠1，因为Sn+1-Sn=3an2an+1，所以an+1=3an2an+1，
∵an+1=3an2an+1，1an+1=2an+13an=131an+23，所以1an+1-1=13（1an-1），
∴1an+1-11an-1=13（n∈N*），
所以当a=1时则数列1an-1不是等比数列
当a≠1时，数列1an-1是以1-aa为首项，13为公比的等比数列．
（2）由（1）知，1an-1=13×13n-1=13n，所以1an=13n+1，则nan=n13n+n．
则Tn=1×13+2×132+⋯+n13n+1+2+⋯+n，
令Qn=1+2+⋯+n=n(n+1)2，
令Sn=1×13+2×132+⋯+n13n ①
所以13Sn=1×132+2×133+⋯+(n-1)13n+n13n+1 ②
①②相减得：23Sn=13+132+133+⋯+13n-n13n+1
=13⋅1-13n1-13-n13n+1=12-12+n3⋅13n，
得Sn=34-2n+3413n．
所以Tn=34-2n+3413n+1+nn2.
16．(1)证明见解析
(2)19515
【详解】（1）证明：在图2中，∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB，
而VC⊥AC，BC⊥AC，故∠VCB为二面角V-AC-B的平面角，
又V-AC-B为直二面角，VC⊥BC，
而BC∩AC=C,BC,AC⊂平面ABC，故VC⊥平面ABC，
而AB⊂平面ABC，∴VC⊥AB，且VC∩CD=C，CD,VC⊂平面VCD，
因此AB⊥平面VCD，又AB⊂平面VAB，∴平面VAB⊥平面VCD.
（2）以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C0,0,0，A1,0,0，B0,1,0，V0,0,1，CV=0,0,1，
因BE=14BA，所以E14,34,0，那么CE=14,34,0，
设平面VCE的法向量t=m,n,p，
由CV⋅t=0CE⋅t=0且，得p=014m+34n=0，取n=1，则t=-3,1,0，
设平面VAB的一个法向量s=a,b,c，VA=1,0,-1,VB=0,1,-1，
则s⋅VA=0VB⋅s=0，即a-c=0b-c=0，令a=1，则b=c=1，所以s=1,1,1，
于是cs〈s,t〉=s⋅tst=-3+13×(-3)2+1=-3015，
所以二面角C-VE-A的正弦值为1-(-3015)2=19515．
17．(1)1627；1127
(2)881
(3)分布列见解析，10727
【详解】（1）由题意，首局比赛已经结束，乙队以1:0的比分暂时领先为必然事件，
若甲队要最后获胜有两种情况：
第一种情况：甲队在第二、三、四局比赛中胜；
第二种情况：甲队在第二、三、四局比赛中胜且只胜其中两局，且第五局再胜．
故最后甲队获胜的概率为P1=C33(23)3+C32(23)2⋅13×23=1627；
而最后乙队获胜的概率为P2=1-P1=1127．
（2）乙队以3:2的比分获胜，这表明在前四局比赛中甲、乙队双方各胜两局，且第五局乙队胜，
故乙队以3:2的比分获胜的概率为P3=C42(13)2(23)2×13=881．
（3）由题意，X=3,4,5，
且P(X=3)=C33(23)3+C33(13)3=827+127=13；
P(X=4)=C32(23)2×13×23+C32(13)2×23×13=1027；
P(X=5)=C42(13)2(23)2×13+C42(23)2(13)2×23=881+1681=827．
所以X的分布列为
所以数学期望E(X)=3×13+4×1027+5×827=10727．
18．(1)x24+y23=1
(2)是定值，为34
【详解】（1）由题意：ca=122b=23a2=b2+c2，解得：a=2b=3c=1，
故所求椭圆的标准方程为：x24+y23=1．
（2）如图：因为直线AB斜率不为0，设其方程为：x=ty+1，
代入椭圆方程：3x2+4y2=12，得：3(ty+1)2+4y2-12=0，整理得：3t2+4y2+6ty-9=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则显然Δ>0，则y1+y2=-6t3t2+4，y1y2=-93t2+4，
∵x1+x2=ty1+y2+2=-6t23t2+4+2=83t2+4
∴ Q43t2+4,-3t3t2+4，则直线OQ方程为y=-3t4x，
令x=4，得y=-3t，则R(4,-3t),∵P(1,0)，则kPR=-t，kAM=y1x1+2，kBN=y2x2-2，
∴kBNkAM-kPR=y2x2-2y1x1+2+t=y2ty2-1y1ty1+3+t =1+t2y1y2+3ty2t2y1y2+3ty2-ty1-3=3ty2-9t2+93t2+43ty2-ty1-18t2+123t2+4，
又y1=-6t3t2+4-y2代入得kBNkAM-kPR=3ty2-9t2+93t2+43ty2-t-6t3t2+4-y2-18t2+123t2+4=3ty2-9t2+93t2+44ty2-12t2+123t2+4=34.
所以kBNkAM-kPR为定值34．
19．(1)a≥12
(2)（i）(0,12)；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题知， f'(x)=ax-2(x+1)2≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以a≥2x(x+1)2在(0,+∞)上恒成立，
因为2x(x+1)2=2x+2+1x≤12，所以a≥12，
经检验，a=12符合题意.
故a≥12.
（2）(i)由题设f'(x)=ax-2(x+1)2=ax2+2(a-1)x+ax(x+1)2且x>0，
若a≤0，则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
即f(x)单调递减，不可能有两个极值点，不符合题意；
故a>0，又f(x)有两个极值点，
则x1,x2是ax2+2(a-1)x+a=0的两个不同正根，
所以Δ=4a-12-4a2=41-2a>0-a-1a>0a>0，
可得0即实数a的取值范围是(0,12).
(ii)由（i）0则fx1-fx2x1-x2= alnx1-x1-1x1+1-alnx2+x2-1x2+1x1-x2
=alnx1x2-2(x1-x2)(x1+1)(x2+1)x1-x2
=alnx1x2x1-x2-2x1x2+x1+x2+1=a(lnx1-lnx2)x1-x2-a，
要证fx1-fx2x1-x2>a-2a2a-1，
需证lnx1-lnx2x1-x2-1>1-2aa-1，
即lnx1-lnx2x1-x2>a1-a，
只需证lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，
即12lnx1x2则证12lnt由（1）可知当a=12时，f(x)=12lnx-x-1x+1在(0,+∞)上递增，
又0即12lnt综上，fx1-fx2x1-x2>a-2a2a-1.
X
3
4
5
P
13
1027
827