/廣東省深圳市外國語學校2024屆高三教學情況測試（二）數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知全集，則（

）A． B． C． D．2．已知復數z滿足，則復數z的虛部為（

）A． B． C． D．23．已知向量，若，則實數（

）A． B． C． D．4．設等差數列的前項和為，且公差不為，若，，構成等比數列，，則（

）A． B． C． D．5．北京故宮博物院展示著一件來自2200年前的寶物——秦詔文權（如圖1）.此文權下部呈圓臺形，上部為鼻鈕，被譽為最美、最具文化、最有政治和歷史意義的文物之一.某公司仿照該文權制成一紙鎮（如圖2），已知該紙鎮下部的上、下底面半徑分別為，，高為，則該紙鎮下部的側面積與體積分別為（

）A． B． C． D．6．設函數，則方程的實根個數為（

）A． B． C． D．7．已知函數的圖象恰為橢圓x軸上方的部分，若，，成等比數列，則平面上點（s，t）的軌跡是（

）A．線段（不包含端點） B．橢圓一部分C．雙曲線一部分 D．線段（不包含端點）和雙曲線一部分8．已知其中則（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．在正方體中，直線平面，直線平面，直線平面，則直線的位置關系可能是（

）A．兩兩垂直 B．兩兩平行C．兩兩相交 D．兩兩異面10．已知，為方程的兩個實根，則（

）A． B．C． D．11．已知拋物線的準線方程為，圓，直線與交于兩點，與交于兩點在第一象限），為坐標原點，則下列說法中正確的是（

）A． B．C．若，則 D．為定值三、填空題（本大題共3小題）12．害蟲防控對于提高農作物產量具有重要意義.已知某種害蟲產卵數（單位：個）與溫度（單位：）有關，測得一組數據，可用模型進行擬合，利用變換得到的線性回歸方程為.若，則的值為.13．已知是雙曲線的左焦點，A是的右頂點，過點A作軸的垂線交雙曲線的一條漸近線于點，連接交另一條漸近線于點.若，則雙曲線的離心率為.14．如圖為幾何體的一個表面展開圖，其中的各面都是邊長為的等邊三角形，將放入一個球體中，則該球表面積的最小值為；在中，異面直線與的距離為.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖，在直四棱柱中，四邊形為平行四邊形，，.

(1)證明：與平面的交點為的重心；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知條件，求直線與平面所成角的正弦值.條件①：；條件②：面與面所成角的正切值為.16．為方便居民休閑娛樂，某市計劃在一塊三角形空地上修建一個口袋公園，如圖所示.在公園內部計劃修建景觀道路（道路的寬度忽略不計)，已知把三角形空地分成兩個區域，區域為兒童娛樂區，區域為休閑健身區.經測量，米，米.若兒童娛樂區每平方米的造價為元，休閑健身區每平方米的造價為元，景觀道路每米的造價為元.(1)若，求景觀道路的長度；(2)求為何值時，口袋公園的造價最低？17．某項游戲的規則如下：游戲可進行多輪，每輪進行兩次分別計分，每次分數均為不超過10的正整數，選手甲參加十輪游戲，分數如下表：輪次一二三四五六七八九十第一次分數76898597107第二次分數87910898779若選手在某輪中，兩次分數的平均值不低于7分，且二者之差的絕對值不超過1分，則稱其在該輪“穩定發揮”.(1)若從以上十輪游戲中任選兩輪，求這兩輪均“穩定發揮”的概率；(2)假設甲再參加三輪游戲，每輪得分情況相互獨立，并對是否穩定發揮以頻率估計概率.記為甲在三輪游戲中“穩定發揮”的輪數，求的分布列和數學期望；(3)假設選手乙參加輪游戲，每輪的兩次分數均不相同.記為各輪較高分的算數平均值，為各輪較低分的算數平均值，為各輪兩次的平均分的算數平均值.試比較與的大小（結論不要求證明）.18．已知函數.(1)當時，求的單調區間；(2)記曲線在，兩點處的切線斜率分別為，直線的斜率為，其中，求證：當時，有.19．已知，數列A：，，…中的項均為不大于的正整數.表示，，…中的個數（）.定義變換，將數列變成數列：，，…其中.（1）若，對數列：，寫出的值；（2）已知對任意的（），存在中的項，使得.求證：（）的充分必要條件為（）；（3）若，對于數列：，，…，令：，求證：（）.

參考答案1．【答案】D【分析】由補集的定義求出，，再由交集的定義即可求解.【詳解】因為，，，，故=.故選：D.2．【答案】D【分析】先求出，再結合虛部定義可解．【詳解】，則，則，虛部為．故選D.3．【答案】A【分析】由向量共線的坐標表示形式，可直接得到值.【詳解】因為向量，且，所以，解得，故選A.4．【答案】D【分析】根據等差數列前項和性質計算出，根據等比數列中項得，再利用等差數列通項公式計算求解.【詳解】因為是等差數列的前項和，所以，得，因為，，成等比數列，所以，設等差數列的首項為，公差為，則，因為，解得，，，所以.故選D.5．【答案】C【分析】先根據上下半徑及高求出母線，再利用圓臺側面積公式和體積公式求解即可.【詳解】因為圓臺紙鎮下部的上、下底面半徑分別為，，高為，所以圓臺的母線為長，則該紙鎮下部的側面積為，該紙鎮下部的體積為.故選C.6．【答案】B【分析】令，則方程即，結合函數解析式分段求得t的值，繼而再解，即可求得的解，即得答案.【詳解】令，則方程即，當時，；當時，；當時，若，則，符合題意；若，則，不合題意；當時，若，則，符合題意；若，則，符合題意，即方程的實根個數為3，故選B.7．【答案】A【分析】根據等比數列的性質，結合橢圓方程進行求解判斷即可.【詳解】因為函數的圖象恰為橢圓x軸上方的部分，所以，因為，，成等比數列，所以有，且有成立，即成立，由，化簡得：，或，當時，即，因為，所以平面上點（s，t）的軌跡是線段（不包含端點）；當時，即，因為，所以，而，所以不成立，故選A.8．【答案】C【分析】先根據兩角和與差得正弦余弦公式構造并計算出，，再根據同角三角函數商數關系計算出，同理計算出，最后代入即可算出.【詳解】因為，，得，所以，所以，，所以，因為，，得，所以，，，所以，所以.故選C.9．【答案】ACD【分析】在正方體中可分別取兩兩垂直、兩兩相交，兩兩異面的直線，即可判斷A，C，D選項，結合線面平行的判定以及性質定理可判斷B.【詳解】對于A，當l為，m為，n為時，兩兩垂直，A正確；對于B，不妨假設，和不重合，因為平面，平面，則平面，又平面，平面平面，故，則，又平面，平面，故，則，即不可能兩兩平行，B錯誤；對于C，當l為，m為，n為時，兩兩相交，C正確；對于D，當l為，m為，n為時，兩兩異面，D正確，故選ACD.10．【答案】ACD【分析】根據根與系數關系求出，，然后再結合基本不等式進行求解.【詳解】由題意得：，，，；對于A項：，因為，所以，所以，當且僅當時取等號，故A項正確；對于B項：由，所以，故B項錯誤；對于C項：，所以，故C項正確；對于D項：當時取等號，故D項正確.故選ACD.11．【答案】BD【詳解】對于A，因為拋物線的準線方程為，所以，得，所以A錯誤，對于B，設，由，得，則，所以，因為直線恒過圓心，所以，所以，所以，所以B正確，對于C，因為直線過拋物線的焦點，所以，因為，，所以，解得，所以C錯誤，對于D，因為直線過拋物線的焦點，所以，所以為定值，所以D正確，故選BD.【關鍵點撥】對于A，由拋物線的準線方程可求出的值進行判斷，對于B，將直線方程與拋物線方程聯立，消元后利用根與系數的關系，再求出，由于直線過圓心，則由圓的性質可得，從而可進行判斷，對于C，利用弦長公式求出，而，然后由題意列方程可求出的值，對于D，由題意可得，再結合拋物線的性質化簡計算即可.12．【答案】【分析】將非線性模型兩邊同時取對數可得，再將樣本中心點代入回歸方程可得，即可計算出.【詳解】對兩邊同時取對數可得，即，可得.由可得，代入可得，即，所以.故答案為：.13．【答案】2【分析】根據題意即可得出，所以，再由可得為的中點，即，代入另一條漸近線可得，即可計算出離心率為.【詳解】如下圖所示：

易知，則過點作軸的垂線方程為，不妨設與漸近線交于點，則可得，又可得，為的中點，即；又在另一條漸近線上，即，解得；所以雙曲線的離心率為.故答案為：2.14．【答案】；【分析】結合圖形發現幾何體是由兩個相同的正四棱錐共底構成，比較與的大小，可得當球恰好外接時該球表面積的最小值，則該球表面積的最小值可求；找出的平行線，而與相交構成平面，則異面直線與的距離可轉化為點到平面的距離，然后等體積法求之即可.【詳解】因為的各面都是邊長為的等邊三角形，所以結合圖象可知，幾何體是由兩個相同的正四棱錐共底構成.正四棱錐中將放入一個球體中，當球恰好外接時該球表面積的最小值，此時球半徑為，該球表面積的最小值為，因為正方形的對角線的交點,平分與，所以四邊形為平行四邊形，則,而與相交構成平面，則異面直線與的距離即點到平面的距離，三棱錐的體積,令點到平面的距離為，則，解得，異面直線與的距離為.故答案為：；.15．【答案】(1)證明見解析(2)條件選擇見解析，【分析】（1）根據題意，連接交于點，連接，由條件可得，再由為邊上的中線即可得到證明；（2）若選擇條件①：作，垂足為，證得面，即可得到為與平面所成角.若選擇條件②：作交直線于點，連接，然后作，則，即可得到為與平面所成角.【詳解】（1）

如圖，連接交于點，連接.因為面，所以面.所以為面與面的公共點.因為面面，所以.在矩形中，由得.因為在中，為邊上的中線，所以為的重心.（2）若選擇條件①：.因為幾何體為直四棱柱，所以面，BD在面ABCD內，所以.因為，面，所以面.面，所以.四邊形為平行四邊形，所以四邊形為菱形.如圖，作，垂足為.因為面，，所以面，面，即.由，面，所以面，即為與平面所成角.設，則，所以.若選擇條件②：面與面所成角的正切值為，面面，所以面與面所成角的正切值為.如圖，作交直線于點，連接，由面，面，則，，面，故面，又面，所以，所以二面角的平面角為，則.設，則，所以.所以，即為線段的中點（與重合）.因為，，面，所以面.如圖，作，因為面，，所以面，面，即.由，面，所以面.

即為與平面所成角.因為，所以.16．【答案】(1)(2)【詳解】（1）在中，，則，，所以在中，，由正弦定理得，，所以景觀道路的長度為米.（2）設，在中，，所以又所以所以投資總額因為當且僅當即時取等號.所以當時，取最小值.所以當為時，口袋公園的造價最低.【關鍵點撥】（1）確定，再利用正弦定理計算得到答案.（2）設，，計算和得到，確定公園造價的表達式，利用三角恒等變換結合均值不等式計算最值即可.17．【答案】(1)(2)分布列見解析，數學期望(3)【分析】（1）該選手在第1、3、4、5、7、8輪穩定發揮，由此即可求解；（2）首先求出甲在某一輪中發揮穩定的概率為0.6，從而可知服從二項分布，進一步即可求得分布列以及數學期望；（3）首先求得關于的表達式，進一步即可比較大小.【詳解】（1）直接計算知該選手在第1、3、4、5、7、8輪穩定發揮，故；（2）甲在每輪游戲中“穩定發揮”的概率為，，的可能取值為0，1，2，3，，，這就得到的分布列為0123二項分布的數學期望.（3）設在第輪中，較高分和較低分分別為和，則，且，，故，且從而.即.18．【答案】(1)的單調遞增區間為，無單調遞減區間(2)證明見解析【分析】（1）時求出可得答案；（2）求出，，，要證，設，則只需證，設，則只需證，利用在上單調性得，設，利用的單調性可得答案.【詳解】（1）當時，，，所以的單調遞增區間為，無單調遞減區間；（2）因為，所以，所以，，要證，只需證，即證，不妨設，則只需證，即證，設，則只需證①，由（1）可知在上單調遞增，則當時，，所以，設，則，所以在上單調遞增，所以，又因為，所以要證①，只需證，設，則，所以在上單調遞增.所以，得證.關鍵點點睛：第二問解題的關鍵點是轉化為設，利用導數證，，本題考查轉化與化歸思想，而構造函數的解題思路恰好是這種思想的良好體現.19．【答案】（1）；（2）見解析；（3）見解析【解析】（1）根據定義,表示,,…中的個數,即可由數列得的值.（2）根據對任意的（）,存在中的項,使得,由充分必要條件的判定,分必要性與充分性兩步分別證明