广东省湛江市第一中学2024届高三上学期9月第二次大考 数学试题（含解析）

这是一份广东省湛江市第一中学2024届高三上学期9月第二次大考 数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
数 学
审题人：潘 婷
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：高考范围．
一、单项选择题：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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．－1B．C．D．1
3．已知向量，满足，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知椭圆，其上顶点为，左､右焦点分别为，且三角形为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的一个零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．经过直线与圆的两个交点，且面积最小的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知数列满足，数列的前项和为，若的最大值仅为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．某火锅店做营业额分析，规定连续5天的日营业额小于10万元即为进入淡季，需制订优惠活动，将连续5天的日营业额的数据记录作为一组样本（记录数据都是自然数），现有4组样本，4组样本中一定符合进入淡季指标的共有（ ）
A．平均数B．平均数且极差小于或等于3
C．平均数且标准差D．众数等于5且极差小于或等于4
10．一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数（其中）相邻的两个零点为，则（ ）
A．函数的图象的一条对称轴是B．函数的图象的一条对称轴是
C．的值可能是D．的值可能是
12．如图，正方体的棱长为2，动点M在侧面内运动（含边界），且，则（ ）

A．点M的轨迹长度为
B．三棱锥的体积不为定值
C．的最小值为
D．取最小值时三棱锥的体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．由这七个数字组成没有重复数字的七位数，且偶数数字从小到大排列（由高数位到低数位），这样的七位数有 个．
14．已知圆锥的母线长为l，底面半径为r，若圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，则＝ ．
15．已知函数在上存在极值点，则实数的取值范围是 .
16．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为正的直线与抛物线相交于两点，且．若过点的圆与直线相切于第一象限的点，则的值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
(1)求A；
(2)若，求a的最小值.
18．已知数列的各项均为正数，其前n项和为，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
19．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为BC的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面AEF的夹角的余弦值．
20．华为云服务是华为公司在ICT领域通过30多年的技术攻坚和经验积累，将产品解决方案开放给用户，为用户提供集个人数据同步、云相册、手机找回等多种基础云功能，旨在为消费者提供一站式易用、快捷、智能、安全的个人数据管理服务．华为云服务采用按需使用、按需付费的一站式IT计算资源租用服务．据调查，在某一地区自2016年至2022年以来，7年的使用用户数如下表所示：（x表示年度，2016年度记为1，2017年度记为2，…，依次类推，2022年度记为7；y表示该年度使用的用户数，单位：千户）．

根据以上数据，绘制了如图所示的散点图．
(1)根据散点图判断，在这7年内，与（c，d均为大于零的常数）哪一个适宜作为该地区华为云用户数（千户）关于年度的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）；并根据表中数据，求关于的经验回归方程，估计2023年度用户数（保留到千户位）；
(2)该地区按用户使用华为云服务的时间，从高到低评为三个等第的星级，其中连续使用华为云5年以上的用户评为“五星用户”，三年以上五年以下的用户评为“三星用户”，其它用户评为“星级用户”，每位用户年服务费按星级从高到低依次为50元、70元、90元．为了拓展用户数量，该地区今年推出一项用户星级升级的抽奖活动，每位用户可抽奖两次，每次抽奖有的概率升两级，有的概率升一级，还有的概率不升级，最高升为“五星用户”．现某家庭有2位华为云用户，其中甲是“三星用户”，乙是“星级用户”，求今年该家庭支付华为云服务费的分布列与数学期望．
参考数据：
其中．
参考公式：经验回归直线方程中斜率与截距的最小二乘法估计公式分别为．
21．已知函数．
(1)当时，求过点且和曲线相切的直线方程；
(2)若对任意实数，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
22．已知双曲线的一个焦点到其一条渐近线的距离等于其离心率．
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与椭圆相切，且与双曲线的左、右支分别交于两点，与双曲线的渐近线分别交于两点．为坐标原点，记的面积分别为，当时，求直线的方程．
x
1
2
3
4
5
6
7
y
7
9
21
36
66
100
198
62.43
1.54
2548
50.12
3.47
1．B
【分析】分别解不等式可得集合与，进而可得.
【详解】因为，，
所以，
故选：B．
2．B
【分析】求得，根据复数的四则运算法则计算即可.
【详解】由，得，所以.
故选：B.
3．C
【分析】将两式平方作差，化简即可求出答案.
【详解】由，，两式作差可得．
故选：C．
4．A
【分析】根据题意，结合椭圆离心率的定义，即可求求解.
【详解】如图所示，椭圆，其上顶点为，左､右焦点分别为， 为等边三角形，
则椭圆的离心率为.
故选：A.

5．B
【分析】先判断的单调性，结合零点存在性定理分析判断.
【详解】因为的定义域为，且在内单调递增，
可知在内单调递增，
且，
所以函数的唯一一个零点所在的区间是.
故选：B.
6．B
【分析】根据题意，利用倍角公式，化简得到，求得，再结合正切的倍角公式，即可求解.
【详解】因为，可得，
因为，可得，所以，
即，可得，
即，所以，则，
即，解得或
因为，可得，所以.
故选：B.
7．C
【分析】当所求圆的直径就是圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小．然后将结合图形求解圆心和半径即可求解；
【详解】
由题可知，当所求圆的直径就是圆与直线相交的弦时，所求圆的面积最小．
圆，即圆，
所以圆心坐标为，半径为3，
弦心距，弦长为，则所求圆的半径为2,
接下来求解所求圆的圆心位置P：
所以，
过圆的圆心和直线垂直的直线方程为：，即．
最小圆的圆心为与直线的交点，
解方程组可得，
所求面积最小的圆方程为．
故选：C．
8．C
【分析】由数列递推式求出的表达式，设，可求得其表达式，根据的最大值仅为，可判断数列单调性，列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】由题意，
令，
即数列是等差数列，前项和最大值仅为，则，
解得，
故选：C．
9．BD
【分析】举反例判断AC；采用反证法判断B；利用众数、极差的定义判断D．
【详解】对于A，举反例：0，0，0，4，11，其平均数，但不符合题意，故A错误；
对于B，假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3，
得到此数据中最小值为，此时数据的平均数必然大于7，
与矛盾，故假设错误，此组数据全部小于10，符合题意，故B正确；
对于C，举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差，
但不符合进入淡季指标，故C错误；
对于D，众数为5，极差小于等于4，故最大数不超过9，故D正确．
故答案为：BD
10．ABD
【分析】根据题意分别求，，，方案一：直接求解即可；方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次2号球，第二次1号球；方案三：根据古典概型利用列举法求解．
【详解】方案一：“选到3号球”的概率，
方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次2号球，第二次1号球，则“选到3号球”的概率，
方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率.
∴，，，，ABD正确，C错误.
故选：ABD.
11．BC
【分析】由，得到周期，再由，得到对称轴方程，然后由是零点得到判断即可.
【详解】由，得，则，
则，所以为的一条对称轴，
故的对称轴可表示为，故A错误，B正确；
∵是零点，故，则（）.故C正确，D错误.
故选：BC.
12．ACD
【分析】根据平面，得点的轨迹为， 可得点的轨迹长度可判断A ；将平面翻折到与平面重合， 可得，，三点共线，取得最小值，分别求出、可判断C；利用锥体的体积公式求出三棱锥的体积可判断D．
【详解】如图，因为平面，平面，所以，

因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
若，则点M的轨迹为，因为正方体的棱长为2，
所以点的轨迹长度为，故A正确；
三棱锥就是三棱锥，底面积和高都不变，因此体积不变，故B错误；
将平面翻折到与平面重合，如图，

此时A，M，三点共线，取得最小值A，是边长为的等边三角形，
是边长为2的等腰直角三角形，且M是的中点，
所以，，取得最小值为，故C正确.
设M到平面ABCD的距离为h，由三角形面积相等，有，则，
，于是，故D正确.
故选：ACD.
13．90
【分析】由题可知，偶数排列顺序固定且0只能在6，5，4位，奇数可任意排列，据此可得答案.
【详解】因偶数排列顺序固定且0只能在6，5，4位，奇数可任意排列，则
当0排在第6位时，共有（个）数；
当0排在第5位时，共有（个）数；
当0排在第4位时，共有（个）数，
故这样的七位数共有（个）．
故答案为：
14．3
【分析】根据圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，得到扇形的圆心角为，则可列出等式求解.
【详解】解：由题意可知扇形的圆心角为，
则，
所以．
故答案为：3
15．
【分析】计算，然后转化为有解，可得的范围，最后进行检验可得结果.
【详解】，
由题意在上有解，则，
当时，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，取极小值，即函数在上存在极值点.
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
16．
【分析】设出直线，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，进而由求出，得到直线方程，得到圆心的横坐标为，设出圆心坐标，由圆心到直线距离等于半径得到，求出圆的方程，联立直线方程，得到点的坐标，进而得到.
【详解】∵过点且斜率为正的直线与拋物线相交于两点，
设
联立,可得，即，
此时，则∴，∴，
由，可得，
∴，
∴的方程为，
∴由在圆上，可知圆心的横坐标为，
设圆心为，则半径，
∴圆的方程为，
∵该圆与相切，，解得或（舍去），
此时圆的方程为，联立方程，
可求得，故，，
故是等腰直角三角形，故．
故答案为：
17．(1)
(2)1
【分析】（1）根据余弦定理结合特殊角三角函数值求角即可；
（2）应用余弦定理结合基本不等式求值即可.
【详解】（1）
，即，
即；
（2）由余弦定理有，
当且仅当时取等号，故a的最小值为1.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由，可得，即可证明数列为等比数列，由等比数列的通项公式求解即可；
（2）由（1）求出，令，再由错位相减法求和即可得出答案.
【详解】（1）∵数列的各项均为正数，∴，∴.
∵，
∴,即，
∴，即，
由，，∴，∴，即.
,∴是首项为2、公比为2的等比数列，∴，
（2）时，，
∴，
当时， 不符合上式，∴，
令，
当时，，
当时 ，
即 ①
∴②
①-②得：
∴ ，当时 也符合上式，
∴
19．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；
（2）建立坐标系，求出两个平面的法向量即可求得两平面所成二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取的中点O，连接,，
∵，，∴且，
∵，，∴，且,
∴四边形是平行四边形，∴，
∵，平面，平面，
∴平面.
（2）因为，，两两垂直，
故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系，
各点坐标如下：，，，，
，，，
设平面的法向量为，由，，
有，取，，，
可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，
有，取，，，
可得平面的一个法向量为，
有，，，
可得，
故平面与平面AEF的夹角的余弦值为．
20．(1)，，347千户
(2)分布列见解析，元
【分析】（1）先判断得比较适宜，再两边取对数，将问题转化为线性回归问题，结合最小二乘法即可得解；
（2）依次求出甲乙支付各服务费的概率，从而利用独立事件概率公式求得该家庭支付的服务费为的分布列，从而得解.
【详解】（1）由散点图可知，该回归类型不是直线回归模型，而是曲线回归模型，故比较适宜，
由得，即，是的一次函数关系，
，，
，
，
所以，即，故，
所以关于的经验回归方程为
当时，千户；
（2）由题意可知：抽奖后，
甲支付服务费为70元的概率是，50元的概率是；
乙支付服务费为90元的概率是，70元的概率是，50元的概率是．
设该家庭支付的服务费为，则的可能取值为，
所以，，
，，
故今年该家庭支付的服务费的分布列为：
则元．
21．(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意求得时的解析式，设出切点，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）对原不等式进行配凑，并构造函数，根据其单调性，转化原不等式并分离参数，结合函数最值，即可求得结果.
【详解】（1）当时，，，
因为点没有在曲线上，故不是切点，设切点为，直线斜率为，
则切线方程为，又因为该直线过点，
所以，即，
记，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，又，∴，
故切线方程为；
（2）当时，由可得，
即，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，
由可得，
所以，即，其中，
令，其中，则．
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数根据不等式恒成立求参数范围的问题，其中第二问中处理问题的关键是对原不等式，经过配凑后构造函数，从而简化问题，属综合中档题.
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率公式和点到直线距离公式即可求解；
（2）根据题意可得的斜率一定存在且，设直线的方程为，先联立椭圆方程，根据相切得到，从而得到；再联立双曲线方程，根据韦达定理及点到直线的距离公式求得；再联立双曲线的渐近线方程，求得和，从而求得．最后将，代入中可求得，的值，进而即可求得直线的方程．
【详解】（1）由题意，设双曲线的半焦距为，左焦点为，
斜率为正的渐近线方程为，
则，解得，
所以双曲线的方程为；
（2）由题意可得的斜率一定存在且，设直线的方程为，
联立，可得，即．
又直线与椭圆相切，则，化简得，
联立，可得，即．
设，且，
则，所以，
所以，
又点到直线的距离为，
所以；
联立，可得，则，
联立，可得，则，
所以，
又，可得，
所以，得，
化简得，解得或（舍去），
则时，，所以的方程为，即．

160
140
120
100