广东省深圳市深圳中学2024届高三下学期二轮一阶测试数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市深圳中学2024届高三下学期二轮一阶测试数学试题（含解析），共23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．用最小二乘法得到一组数据的线性回归方程为，若，则（ ）
A．11B．13C．63D．78
3．已知向量，，若与共线，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
4．函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图象与轴的交点，为图象的最高点，且，则（ ）

A．B．C．D．
5．将一个棱长为4的正四面体同一侧面上的各棱中点两两连接，得到一多面体，则这个多面体的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列的各项均为正数，记，，，，设甲：是公比为的等比数列；乙：对任意，，，三个数是公比为的等比数列，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分又不必要条件
8．已知抛物线的焦点为，若圆与抛物线只有一个交点，且圆与轴相切于点，则圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数满足且，则可能为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．若函数无极值点，则没有零点
B．若函数无零点，则没有极值点
C．若函数恰有一个零点，则可能恰有一个极值点
D．若函数有两个零点，则一定有两个极值点
11．已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ）
A．是递增数列B．是递减数列
C．存在最大项D．存在最小项
三、填空题
12．已知空间中三点，则点A到直线的距离为 ．
13．已知在中，，，则边上的高为 ．
14．从1，2，3，，这个数中随机抽一个数记为，再从1，2，，中随机抽一个数记为，则 .
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面，，，，，，，点为棱上一点，且.
(1)若平面，求实数的值；
(2)若平面，求直线和平面所成角的正弦值.
16．某种水果按照果径大小可分为四类：标准果、优质果、精品果、礼品果，一般地，果径越大售价越高.为帮助果农创收，提高水果的果径，某科研小组设计了一套方案，并在两片果园中进行对比实验，其中实验园采用实验方案，对照园未采用.实验周期结束后，分别在两片果园中各随机选取100个果实作为样本，按果径分成5组进行统计：，，，，（单位：）.统计后分别制成如图的频率分布直方图，并规定果径达到及以上的为“大果”.
(1)现采用分层抽样的方法从对照园选取的100个果实样本中抽取10个，再从这10个果实中随机抽取3个，记其中“大果”的个数为，求的分布列和期望；
(2)以频率估计概率，从对照园这批果实中随机抽取个，设其中恰有2个“大果”的概率为，当最大时，求的值.
17．设数列的前项之积为，满足.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设数列的前项之和为，证明：.
18．在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线K，P是曲线K上一点．
(1)求曲线K的方程；
(2)过点A且斜率为k的直线l与曲线K交于B、C两点，若且直线OP与直线交于Q点．求的值；
(3)若点D、E在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．
19．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体．如：方程中，当取给定的实数时，表示一条直线；当在实数范围内变化时，表示过点的直线族（不含轴）．记直线族（其中）为，直线族（其中）为．
(1)分别判断点，是否在的某条直线上，并说明理由；
(2)对于给定的正实数，点不在的任意一条直线上，求的取值范围（用表示）；
(3)直线族的包络被定义为这样一条曲线：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．求的包络和的包络．
参考答案：
1．A
【分析】
先化简集合M和N,再求交集.
【详解】易知
因为，所以，故，
故.
故选：A.
2．D
【分析】
根据线性回归方程为一定过点，先求出，代入回归方程即可得出，进而可得的值.
【详解】依题意，
因为，所以，
因为线性回归方程为一定过点，
所以，
所以.
故选：D.
3．C
【分析】
先求得的坐标，再根据向量与共线求解.
【详解】已知向量,,所以，
因为与共线，所以，解得：.
故选：C
4．D
【分析】
根据函数的解析式得到的高，继而利用的性质得到，从而求得，进而代入求值即可得解
【详解】因为，所以，
又因为是等腰直角三角形，所以，则，
又因为，所以，代入得，
又，则，解得，
故，则.
故选：D.
5．D
【分析】
先得到多面体为正八面体，然后根据正八面体的棱长可得外接球的半径，进而可得体积.
【详解】如图一：所得的多面体为正八面体，这正八面体的球心如图二中点，设外接球半径为，
正八面体的棱长为，
在中，，，，
所以，
所以.
故选：D.

6．C
【分析】
根据题意，设从甲中取出2个球，其中白球的个数为个为事件，从乙中取出2个球，其中白球的个数为2个的事件为，分别求得相应的概率，结合贝叶斯公式，即可求解.
【详解】设从甲中取出2个球，其中白球的个数为个为事件，事件的概率为，
从乙中取出2个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，
根据题意，可得；
；，
根据贝叶斯公式得，从乙袋中取出2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为：
.
故选：C.
7．C
【分析】
根据等比数列的定义及通项公式先考虑充分性，再考虑必要性即可.
【详解】充分性：
若是公比为的等比数列，
则，
，
即，
故，，三个数是公比为的等比数列，则充分性成立；
必要性：
若对任意，，，三个数是公比为的等比数列，
当时，，，，
则为公比是的等比数列.
当时，
有，
即，又，
则，即，
则是公比为的等比数列，必要性成立.
故选：C.
8．A
【分析】先根据题意写出圆的方程，根据圆与抛物线只有一个交点得出联立后的方程组有唯一解，整理得出有唯一解，且；再构造函数，将问题转化为函数与直线的图象有唯一的交点；最后利用导数判断函数的单调性及值域即可求解.
【详解】设圆的半径为.根据抛物线的对称性不妨设圆的圆心在轴的上方.
由抛物线可得：.
因为圆与轴相切于点，
所以圆的方程为.
又因为圆与抛物线只有一个交点，
所以方程组有唯一解，
整理得有唯一解，且.
令
则函数与直线的图象有唯一的交点.
因为，
令，解得：；令，解得：.
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则.
又，，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于将题目问题转化为有唯一解，且，进一步将问题转化为函数图象有唯一的交点.
9．AC
【分析】
根据复数的几何意义、共轭复数的概念与运算以及复数的乘法运算依次判断选项即可.
【详解】A：若，则，
，故A符合题意；
B：若，则，
，故B不符合题意；
C：若，则，
，故C符合题意；
D：若，则，
，故D不符合题意.
故选：AC
10．AD
【分析】画出可能图象，结合图象判断选项即可.
【详解】
，设
若函数无极值点则，则，
此时，即，所以，没有零点，如图①；
若函数无零点，则有，此时，
当时，先正再负再正，原函数先增再减再增，故有极值点，如图②；
若函数恰有一个零点，则，
此时，先正再负再正，原函数先增再减再增，有两个极值点，如图③；
若函数有两个零点，则，此时，先正再负再正，
函数先增再减再增，有两个极值点，如图④；
所以AD正确.
故选：AD.
11．ACD
【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B由结合可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和最小项，可判断CD.
【详解】由题意知： ，
故，即，即，
所以，则，
故，，
由 得： ，
即，所以，
则，而 ，
故 ，则，
所以，由于 随的增大而减小，
故是随的增大而增大，
由题意知，故是递增数列，故A正确；
同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；
又，由于，，且，
所以，是首项为，公比为的等比数列，故，
所以，，
因为，，故，，
所以，，
所以，，其中，
，其中，
因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，
故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，
同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的，
综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
12．
【分析】
利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解.
【详解】，
,
，
，
设点A到直线的距离为，则
.
故答案为：.
13．6
【分析】
根据角的关系及两角和差正弦公式化简得到，利用同角三角函数基本关系式求出，代入求出,再由正弦定理求出AC，根据等面积法求解即可.
【详解】，所以.
，
所以，
所以，
所以.
又，且在中，，
所以，
所以.
由正弦定理可知，.
设边上的高为h，则，
所以.
故答案为：6
14．
【分析】
易知，根据全概率公式求出，结合数学期望公式计算即可求解.
【详解】由题意知，由全概率公式知，
，
，
，
，
，
，
所以
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查条件概率以及全概率的计算公式的应用，结合等差数列的运算，寻找和的联系是解决本题问题的关键，即、、、.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，表达出，求出平面的法向量，从而，列出方程，求出；
（2）求出平面的法向量，结合第一问得到的，列出方程组，求出，从而利用线面角的正弦值求解公式得到答案.
【详解】（1）
因为底面，平面，
所以BC，AB，
又因为，
所以两两垂直，
以B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，，，，，
所以，设，
故，解得：，
故，，
设平面的法向量为，
则，
令，解得：，
故，
由题意得：，即，
解得：；
（2）设平面的法向量为，
则，
令，则，，
故，
由于平面，所以，设，
即，解得：，
故，
由（1）得：平面的法向量为，
设直线和平面所成角的正弦值为，
故，
直线和平面所成角的正弦值为.
16．(1)分布列见解析；
(2)
【分析】
（1）根据频率分布直方图求得100个果实样本中大果的个数，继而可求得从这10个果实中随机抽取3个时，随机变量的取值，分别求出对应的概率，即可求解；
（2）根据已知条件，结合二项分布的概率公式，建立不等式组，解之即可得解.
【详解】（1）由题中对照园的频率分布直方图得，
这100个果实中大果的个数为，
采用分层抽样从对照园选取的100个果实样本中抽取10个，
其中大果有个，从这10个果实中随机抽取3个，
其中“大果”的个数为的可能取值为：，
,
所以的分布列为
.
（2）由题可知，
则，，
则，
且，
解得，又，则.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）数列的前项之积为，满足，时，，解得．时，，变形为，结合，即可得出．
（2）由（1）可得：，解得，当时，，可得，需要证明，即证明，设，，令，，利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
【详解】（1）
因为数列的前项之积为，满足，
所以当时，，解得．
当时，，
化为，
变形为，
又，所以，即且，
则数列是以为首项，为公比的等比数列
所以．
（2）
由（1）可得：，解得，
当时，．
，
需要证明，
即证明，
设，，
则，
设，，
则函数在上单调递增，
所以，
即，
所以．
18．(1)
(2)
(3)8
【分析】
（1）由题意动圆的轨迹满足抛物线的定义，所以得出抛物线的轨迹方程即可，
（2）联立直线l与抛物线，求出的值，又，设出OP的方程，再联立抛物线求出的值，再求出，得出的值；
（3）由于D、E在y轴上，设出D、E坐标，并求出，P点的横坐标即为的高，再求面积的最小值即可．
【详解】（1）
由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，
由抛物线的定义可知，曲线K的轨迹方程为，
（2）
设直线l的方程为，
联立，消y得，
∴，∴，

设，∴,
又，
∴
∵，∴设直线OP的方程为，
联立，消y得，
∴，∴，∴，
令，则，∴，∴，
∴，
故的值为，
（3）
设，
直线PD的方程为，
又圆心到PD的距离为1，即，
整理得，
同理可得，
所以，可知b，c是方程的两根，
所以，，

依题意，即，则，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时上式取等号，
所以面积的最小值为8．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19．(1)点在的某条直线上，点不在的某条直线上；
(2)；
(3)的包络方程为，的包络方程为.
【分析】
(1)分别把点的坐标代入直线族的方程，然后判断方程是否有实数解即可.
(2)由点不在的任意一条直线上，得到关于的方程在时无实数解，再用导数法求的最小值，令的最小值大于零即可求出的取值范围.
(3)先求直线族中的取值范围，从而猜测包络线的方程，再用包络线的切线方程进行验证，从而确定所求的方程为包络线方程.
【详解】（1）把点代入直线族的方程
得：，
因为，所以方程有实数根，
所以点在的某条直线上.
把点代入直线族的方程
得：，
因为，所以方程无实数根，
所以点不在的某条直线上.
（2）因为点不在的任意一条直线上，
所以方程在上无实数解，
即方程在上无实数解.
令，则，
因为为正实数，所以当时，解得；当时，解得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得，
所以的取值范围为.
（3）由(2)的结论猜测的包络是曲线.
，解，得.
在曲线上任取一点，
则过该点的切线方程是即.
而对任意的，的确为曲线的切线.
故的包络是曲线.
将整理为关于的方程
，
若该方程无解，则，
整理得.
猜测的包络是抛物线.
，解，得.
在抛物线上任取一点，
则过该点的切线方程是，
而对任意的，确为抛物线的切线.
故的包络是抛物线.
【点睛】难点点睛：新文化题出题的特点，就是先给出一段材料，然后利用材料中的有用信息解决问题，这种题目的特点，就是要把要解决的问题转化为材料中的公式或者概念，难度较大.
0
1
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3