广东省惠州市2024-2025学年高三第二次调研考试（期中）数学试题

这是一份广东省惠州市2024-2025学年高三第二次调研考试（期中）数学试题，共20页。试卷主要包含了10， 已知向量满足等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，时间120分钟.
2024.10
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､座位号､学校､班级等考生信息填写在答题卡上.
2.作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效.
3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效.
一､单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，结合交集概念即可求解.
【详解】因为合，，
所以.
故选：B.
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. 3B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】求出，再求可得答案.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C.
3. 已知等差数列前9项的和为27，，则
A. 100B. 99C. 98D. 97
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由已知，所以故选C.
【考点】等差数列及其运算
【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
4. 在正方体中，棱的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合正方体的结构特征找到直线与平面所成角，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】连接，在正方体中，平面，
棱的中点为，则平面，
而平面，故，
则即为直线与平面所成角，
设正方体棱长为2，则，
则，
故，
故选：C
5. 已知向量满足：，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由数量积的运算律可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】由，得，即，
由已知得，所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
6. 已知函数，则“”是“函数在上单调递增”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数与二次函数的性质，结合复合函数的单调性判别，建立不等式，利用充分条件与必要条件的定义，可得答案.
【详解】若函数在上单调递增，则，解得，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体.如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段和优弧所围成的平面图形，其中点所在直线与水平面平行，和与圆弧相切.已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为，根据几何性质可得，从而可得，根据同角三角函数的基本关系与二倍角公式即可得的值.
【详解】
设优弧所在圆的圆心为，半径为，连接，如图所示．
易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为，由题意知，解得，
因为与圆弧相切于点，所以，
在中，，
又，所以，
由对称性知，，则，
所以，
故选：D.
8. 在统计某学校所有选择理科和文科的学生数据中，发现理科生多于文科生，女生多于男生，则关于本次学生样本的数据中，结论一定成立的是（ ）
A. 理科男生多于文科女生B. 文科女生多于文科男生
C. 理科女生多于文科男生D. 理科女生多于理科男生
【答案】C
【解析】
【分析】分别设出理科男女生，文科男女生的人数，根据题意列出不等式即可求解.
【详解】根据已知条件设理科女生有人，理科男生有人；文科女生有人，文科男生有人；
根据题意可知：，
根据同向不等式可加的性质有：，
即，所以理科女生多于文科男生，
故C正确，其他选项没有足够证据论证.
故选：C
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 某公司为保证产品生产质量，连续10天监测某种新产品生产线的次品件数，得到关于每天出现的次品的件数的一组样本数据：.则关于这组数据的结论正确的是（ ）
A. 极差是4
B. 众数小于平均数
C. 方差是2
D. 数据的第80百分位数为4.5
【答案】AD
【解析】
【分析】根据极差、众数、平均数、方差、百分位数的定义求解判断选项即可.
【详解】数据从小到大排列为：.
A项，该组数据的极差为，故A正确；
B项，众数为3，平均数为，
所以众数与平均数相等，故B错误；
C项，方差为，
故C错误；
D项，由，是整数，
则这组数据的第80百分位数为第8个数和第9个数的平均数，
即，故D正确.
故选：AD.
10. 函数的部分图象如图所示，现将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 函数是奇函数
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图象可以得到，求出的解析式，可判断A，B，由奇偶函数的判断方法可以判断C，由平移变化和诱导公式可以判断D.
【详解】由图象可知：，则；
又，故，又，所以，所以A项正确；
，由五点作图法可知：，解得：，所以B项正确；
因此可得，则，
设，
则，
所以函数是偶函数，故C项错误；
由，所以D项正确；
故选：ABD.
11. 如图，心形曲线与轴交于两点，点是上的一个动点，则（ ）
A. 点和−1,1均在上
B. 点的纵坐标的最大值为
C. OP的最大值与最小值之和为3
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】点代入曲线判断A，根据曲线分段得出函数取得最大值判断B，应用三角换元再结合三角恒等变换求最值判断C，应用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立判断D.
【详解】令，得出，则
对于A：时，得或，
时，得，所以和均在L上，A选项正确；
对于B：因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，
，
所以时，最大，最大值为，B选项正确；
对于C：，
因为曲线关于y轴对称，当时，设，
所以
，
因为可取任意角，
所以取最小值，取最大值，所以和为，C选项错误；
对于D：等价为点在椭圆内，
即满足，即，
整理得，即恒成立，故D选项正确.
故选：ABD.
点睛】方法点睛：应用三角换元，再结合三角恒等变换化简，最后应用三角函数值域求最值即可.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，各项的系数和为__________.
【答案】
【解析】
【分析】直接令即可求出二项展开式各项的系数和.
【详解】令，则二项式展开式各项的系数和为.
故答案为：
13. 椭圆（a＞b＞0）的左、右顶点分别是A,B,左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为___________
【答案】
【解析】
【详解】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与方程，转化与化归思想.
利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知：，，.又已知，，成等比数列，故，即，则.故.即椭圆的离心率为.
【点评】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程，然后化为有关的齐次式方程，进而转化为只含有离心率的方程，从而求解方程即可. 体现考纲中要求掌握椭圆的基本性质.来年需要注意椭圆的长轴，短轴长及其标准方程的求解等.
14. 若关于的方程有实根，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设实根为，则，转化为动点在直线，利用的几何意义，将问题转化为求原点到直线距离的最小值，再构造函数求解并验证最值取到即可.
【详解】设方程的实根为，则，
所以，即.
设点，则点在直线上.
设点O0,0到直线的距离为，则，
设，则，
所以，
当，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以，
则，又，由几何意义可知，
所以.
检验：当时，，
由，解得，此时；
由，解得，此时.
所以最小值为.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知函数．
（1）求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先确定切点，再求切线斜率，利用点斜式可得切线方程.
（2）分析函数的单调性，可得函数的最小值.
【小问1详解】
因为：，所以切点坐标为：，
又，，即为所求切线的斜率.
所以切线方程为：，化简得：
【小问2详解】
，（）
由f′x>0；由f′x<0.
所以在1,2上单调递减，在上单调递增.
所以函数在区间上的极小值为，也是最小值.
16. 如图，四棱锥中，底面，.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由公式求平面与平面夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
证明：已知底面，且底面，
所以.
由，可得
又平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点.由，可得，
又因为，所以三角形是正三角形，
故.
在中，，所以.
可建立如图所示的空间直角坐标系，
求得，
由（1）可知，是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
即，
令，得，
设平面与平面的夹角为，
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知双曲线及直线.
（1）若与有两个不同的交点，求实数的取值范围；
（2）若与交于两点，是坐标原点，且的面积为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）将双曲线及直线联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，根据题意即可求解；
（2）方法一：根据面积，其中d为O到直线l的距离，然后用含k的式子表示出，解方程即可求出k的值；
方法二：根据得，然后用含k的式子表示出，解方程即可求出k的值.
【小问1详解】
直线与双曲线有两个不同的交点，则方程组有两组不同的实数根，
整理得
，
解得且，双曲线与直线有两个不同的交点时，的取值范围是.
【小问2详解】
解法一：设交点，
由（1）知双曲线与直线联立的方程为.
由韦达定理得：，
则
又到直线的距离，
所以的面积，解得或，
又因为且，所以或.
所以当或时，的面积为.
解法二：设交点，直线与轴交于点，
由（1）知双曲线与直线联立的方程为.
由韦达定理得：，
当在双曲线的一支上且时，
；
当在双曲线的两支上且时，
综上，.
由已知得，故，即
所以，解得或，
又因为且，所以或.
所以当或时，的面积为.
18. 记的内角的对边分别为，已知且均为整数.
（1）求值；
（2）设的中点为，求的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）三角形三个内角和得到角的范围，结合题意得到及的值，在通过三角形三个内角和得到角的范围，由二倍角公式得出的值，用和差角公式得出的值；
（2）由正切值算出正余弦值，由正弦定理得出三边关系，再由余弦定理得出边得到等腰三角形，从而得出结果.
【小问1详解】
由，则.
由，则，故，
所以，
因为为整数，所以，
由，可得.
因为，所以，则，
所以.
由，则，
解得或（舍去），
故，
又为正整数，所以，
所以，
综上，.
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
在中，由正弦定理，
可得，
又的中点为，所以，
在中，由余弦定理得：
，所以，
所以
【点睛】关键点点睛：本题第1小问解决的关键在于，紧紧抓住均为整数的条件，依次分析的正切值，从而得解.
19. 若数列满足，则称数列an为项数列，由所有项0数列组成集合.
（1）若an是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）从集合中任意取出两个数列，记.
①求随机变量的分布列，并证明：；
②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，且.若，比较与的大小.
【答案】（1）0 （2）①分布列见解析，证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，将问题转化为数列求和问题，进而求解即可；
（2）①由题知的可能取值为：，进而结合题意得到，再结合等式求数学期望，并结合不等式放缩即可证明；
②利用条件概率公式，结合不等式的性质变形即可证明.
【小问1详解】
因为是12项数列，当且仅当时，，
所以当和时，.
设数列的所有项的和为，
则.
所以数列的所有项的和为0.
【小问2详解】
①证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，
所以的可能取值为：.
因为集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
所以，
所以随机变量的分布列为：
因为，
所以
，
即.
②解：由条件得：，
所以，
化简得：，
所以，
则
即，
所以，即.
【点睛】此种类型题目的关键是新概念的理解，并结合离散型随机变量均值、及条件概率的概念求解.1
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