深圳中学2024届高三二轮一阶数学试题含答案.pdf

《深圳中学2024届高三二轮一阶数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《深圳中学2024届高三二轮一阶数学试题含答案.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、深圳中学 2024 届高三二轮一阶测试数学试题 A第 1 页 共 4 页绝密启用前试卷类型：A深圳中学深圳中学 20242024 届高三二轮一阶测试届高三二轮一阶测试数学数学20242024 年年 3 3 月月 2323 日日本试卷共本试卷共 4 4 页，页，1919 小题，满分小题，满分 150150 分分，考试用时考试用时 120120 分钟。分钟。注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上。2 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；

2、如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁。一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1已知集合2lg,1,4My yx xNx yx，则MN（）A0,2B2,C1,2D0,)2用最小二乘法得到一组数据,(1,2,3

3、,4,5,6)iix yi 的线性回归方程为23yx，若6130iix，则61iiy（）A11B13C63D783已知向量(1,3)a，(2,3)b，若a与ab共线，则实数（）A2B1C1D24函数 sin(0,0)f xx的部分图象如图所示，ABC是等腰直角三角形，其中,A B两点为图象与x轴的交点，C为图象的最高点，且3OBOA，则(2024)f（）A22B12C12D22深圳中学 2024 届高三二轮一阶测试数学试题 A第 2 页 共 4 页5将一个棱长为 4 的正四面体同一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（）A8B83C8 627D8 236假设甲袋中

4、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（）A37150B975C1837D127已知数列 na的各项均为正数，记12()nA naaa，231()nB naaa，342()nC naaa，Nn，设甲：na是公比为 q 的等比数列；乙：对任意Nn，()A n，()B n，()C n三个数是公比为 q 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2:4C y

5、x的焦点为F，若圆M与抛物线C只有一个交点，且圆M与x轴相切于点F，则圆M的半径为（）A4 39B79C32D2 33二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有有多多项项符合题目要求。符合题目要求。全部选对的得全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。分。9已知复数 z满足1z 且izz，则 z可能为（）A3cosisin44B3cosisin44C33cosisin44Dcosisin4410已知函数 2exf xxaxb，下列结论正确的是

6、（）A若函数 fx无极值点，则 fx没有零点B若函数 fx无零点，则 fx没有极值点C若函数 fx恰有一个零点，则 fx可能恰有一个极值点D若函数 fx有两个零点，则 fx一定有两个极值点深圳中学 2024 届高三二轮一阶测试数学试题 A第 3 页 共 4 页11已知1,2,3,nnnA B Cn是直角三角形，nA是直角，内角nA、nB、nC所对的边分别为na、nb、nc，面积为nS，若14b，13c，222113nnnacb，222113nnnabc，则（）A2nS是递增数列B21nS是递减数列Cnnbc存在最大项Dnnbc存在最小项三、三、填空题填空题：本题共本题共 3 小题，每小题小题，

7、每小题 5 分，共分，共 15 分。分。12设空间中三点(1,1,3)(1,1,2)(0,0,0)ABC、，则A到直线BC的距离为_.13在ABC中3,2sin()sin.ABCACB若5AB，则AB边上的高为_.14从1,2,3,n这n个数中随机抽一个数记为X，再从1,2,X中随机抽一个数记为Y，则()E Y _.四四、解答题解答题：本题共本题共 5 小题小题，共共 72 分分。解答应写出必要的文字说明解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤。15（13 分）如图，在四棱锥PABCD中，PB 底面ABCD，ABBC，/ADBC，2BC，1BA，3AD，3PB，点E为棱P

8、A上一点，且AEAP (1)若/BE平面PCD，求实数的值；(2)若BE 平面PAD，求直线BE和平面PCD所成角的正弦值16（15 分）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：21，26），26，31），31，36），36，41），41，46（单位：mm）.统计后分别制成如下的频率分布直方图，并规定果径达到 36 mm 及以上

9、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 X，求 X 的分布列和期望；深圳中学 2024 届高三二轮一阶测试数学试题 A第 4 页 共 4 页(2)以频率估计概率，从对照园这批果实中随机抽取 n（2n，Nn）个，设其中恰有 2个“大果”的概率为 P(n)，当 P(n)最大时，求 n 的值.17.（15 分）设数列 na的前n项之积为nT，满足2lNnnaTn.(1)设11nnbT，求数列 nb的通项公式；(2)设数列 na的前n项之和为nS，证明：11ln1224nnnST.18.

10、（17 分）在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点1,02A且与直线12x 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/lOP且直线 OP 与直线1x 交于 Q 点求|ABACOPOQ的值；(3)若点 D、E 在 y 轴上，PDE的内切圆的方程为2211xy，求PDE面积的最小值19.（17 分）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体如：方程1ykx中，当k取给定的实数时，表示一条直线；当k在实数范围内变化时，表示过0,1的直线族（不含y轴）记直线族222440()axyaaa

11、其中为，直线族230)32(yt xtt其中为(1)分别判断点0,1A，1,2B是否在的某条直线上，并说明理由；(2)对给定的正实数0 x，点00,P xy不在的任意一条直线上，求0y的取值范围（用0 x表示）；(3)定义直线族的包络为这样一条曲线：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答案第 1页，共 8页深圳中学深圳中学 20242024 届高三二轮一阶测试届高三二轮一阶测试数学数学答案答案一、选择题1234567891011ADCDDCCAACADACD二、填空题12313.61434n5D【详解】如图一：所得的多面

12、体为正八面体，这正八面体的球心如图二中点O，设外接球半径为r，正八面体的棱长为2，在MOE中，OMOEr，2ME，90MOE，所以2OMOEr，所以33448 22333Vr.故选：D.6 C【详解】设从甲中取出2个球，其中白球的个数为i个的事件为iA，事件iA的概率为iP A，从乙中取出2个球，其中白球的个数为 2 个的事件为B，事件B的概率为 P B，由题意：2023025C C1C10P A，2024026C C1|C15P B A；1132125C C3C5P A，2033126C C1|C5P B A；0223225C C3C10P A，2042226C C2|C5P B A；根据贝

13、叶斯公式可得，从乙袋中取出的是 2 个红球，则从甲袋中取出的也是 2 个红球的概率为 222001122|P AP B AP ABP AP B AP A P B AP AP B A3218105.113132371015551057C【详解】必要性：若数列 na是公比为的等比数列，由0na 知，(),(),()A n B n C n均大于，于是12)2311212(.(),().nnnnq aaaaaaB nqA naaaaaa231)342231231(.(),().nnnnq aaaaaaC nqB naaaaaa即()()B nA n()()C nB nq，所以三个数(),(),()A

14、n B n C n组成公比为q的等比数列.答案第 2页，共 8页充分性：若对于任意Nn，三个数(),(),()A n B n C n组成公比为q的等比数列，则()(),()()B nqA n C nqB n，于是()()()(),C nB nq B nA n得2211(),nnaaq aa即2121.nnaqaaqa由1n 有(1)(1),BqA即21aqa，从而210nnaqa.因为0na，所以2211nnaaqaa，故数列 na是首项为1a，公比为q的等比数列.故 na是公比为q的等比数列当且仅当Nn，(),(),()A n B n C n组成公比为q的等比数列.8A【详解】易知抛物线2:

15、4C yx的焦点(1,0)F，设圆M的半径为(0)r r.由对称性不妨设圆M在x轴上方且与x轴相切于点F，故圆M的方程为：222(1)()xryr.将24yx 代入圆M的方程得：2222(1)()4ryyr.显然0y，故222221(4)(1)2432yyryyy根据题意该方程关于y恰有一个解，该y值对应圆M与抛物线C唯一交点的纵坐标。令22(4)(),032yf yyy，注意到0lim(),lim()yyf yf y ，故min()rf y.由于222(4)(34)()32yyfyy，故()f y在2 3(0,)3单调递减，在2 3(,)3单调递增。从而min2 34 3()()39rf y

16、f.9AC【详解】依题意，设i,Rzab a b，则izab，所以221iiizababab，即221i0ababab，则2210abab，解得2222ab，或2222ab，所以22i22z 或22i22z ，对于 A，322cosisini4422正确；对于 B，322cosisini4422，故 B 错误；对于 C，3322cosisini4422 正确；对于 D，22cosisini4422，故 D 错误；答案第 3页，共 8页10AD【详解】22exfxxaxab，设 22bgxaxax 若函数 fx无极值点则，则2240aab，此时2440ab，即24ab4，所以 20exfxxax

17、b，没有零点，如图；若函数 fx无零点，则有240ab，此时2444ab，当2440ab时，fx先正再负再正，fx先增再减再增，故有极值点，如图；若函数 fx恰有一个零点，则240ab，此时24440ab，fx先正再负再正，fx先增再减再增，有两个极值点，如图；若函数 fx有两个零点，则240ab，此时24440ab，fx先正再负再正，函数先增再减再增，有两个极值点，如图；所以 AD 正确.故选：AD.11ACD【详解】由222nnnabc，故22222221112112233nnnnnnnnacbaacab，即212nnaa，即1nnaa，所以12115nnnaaaaa，则22225nnna

18、bc，故2222112533nnnnaccb，2222112533nnnnabbc，由11112nnnSbc得：21222222225252525()332)9(nnnnnnncbccbbS，即222212525(2)9(2)nnSS，所以222125189nnSS，则22221125()9162516nnSS，而2222212512549431641616S，故1222549 116169nnS，则1222549 11616 9nnS，所以212222549 11616 9nnS，故212222549 116169nnS是随n的增大而增大，又20nS，故2nS是递增数列，故 A 正确；同理2

19、222212549 116169nnS随n的增大而增大，21nS是递增数列，B 错误；又22222211133nnnnnncbbcbc，由于221125nnbc，2225nnbc，且22117bc，答案第 4页，共 8页所以22nnbc是首项为7，公比为13的等比数列，故1222217325nnnnnbcbc，因为0nb，0nc，故12571223nnb，12571223nnc，所以1125712571223223nnnnbc112121257125710229229kkkkbc212122257125710223223kkkkbc 因为数列12571N229kk随着k的增大而减小，数列125

20、71N229kk随着k的增大而增大，故数列2121Nkkbck随着k的增大而减小，故11bc为数列nnbc中所有正项中最大的，同理可知数列22Nkkbck随着k的增大而增大，故22bc为数列nnbc中所有负项中最小的，综上所述，数列nnbc的最大项为11bc，最小项为22bc，CD 均对.故选：ACD.136【详解】（1）3ABC，3CC，即4C，又2sin()sinsin()ACBAC，2sincos2cossinsincoscossinACACACAC，sincos3cossinACAC，sin3cosAA，即tan3A，所以02A，33 10sin1010A，110cos1010A.由s

21、insin()BAC2 3 10102 5sincoscossin()210105ACAC.由正弦定理，sinsincbCB，可得2 5552 1022b，11sin22AB hAB ACA，3 10sin2 10610hbA.1434n【详解】由于1(),1,2,3,P Xkknn，故根据全概率公式1111(1)()(1|)nnkkP YP Xk P YXknk，2211(2)()(2|)nnkkP YP Xk P YXknk，3311(3)()(3|),nnkkP YP Xk P YXknk21()()(|)P YnP Xn P Yn Xnn.1111111 2313()()12224nn

22、mmnnE YmP Ymmnmmnn.答案第 5页，共 8页三、解答题15.【详解】（1）PB 底面ABCD，又BC，AB 平面ABCD，PBBC，PBAB，又ABBC，AB，BC，PB两两垂直，以BA，BC，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建系如图，2BC，1BA，3AD，3PB，AEAP ，(0,0,0),(1,0,0),(0,0,3),(0,2,0),(1,3,0)BAPCD，设(E a，b，)c，由(1,)(1,0,3)ab c，解得1,0,3abc，(1,0,3)E，(1,0,3)BE.设平面PCD的法向量为(,)mx y z，则230330m PCyzm PDxyz ，取33(,1

23、)22m ，由题意BEm，3333(1,0,3)(,1)302222BE m ，解得13；(2)设平面PAD的法向量为(,)na b c，则30330n PAacn PDabc ，取(3,0,1)n，BE 平面PAD，/BEn，设BEtn，则13003ttt，解得14，33(,0,)44BE .由(1)得平面PCD的法向量为33(,1)22m ，直线BE和平面PCD所成角的正弦值为：|cosBE，3 33|1084|2033931441616m 16【详解】（1）由频率分布直方图知这 100 个果实中大果的个数0.0400.0205 10030.采用分层抽样的方法从对照园选取的 100 个果实

24、中抽取 10 个，其中大果有30103100个，从这 10 个果实中随机抽取 3 个，其中“大果”的个数 X 的可能取值为 0，1，2，3.37310C70C24P X，2173310C C211C40P X，1273310C C7240CP X，33310C13C120P X，所以 X 的分布列为，故72171()01230.9244040120E X .X0123P72421407401120答案第 6页，共 8页（2）由题可知 222C0.30.7nnP n，22311C0.30.7nnP n，22111C0.30.7nnP n，要使 P n最大，则 231221102C0.717C0.

25、7nnnnP nnnP n且 21122171C0.71101C0.7nnnnP nnP nn，172033n，又Nn，6n.17、设数列 na的前n项之积为nT，满足2lNnnaTn.(1)设11nnbT，求数列 nb的通项公式nb；(2)设数列 na的前n项之和为nS，证明：11ln1224nnnST【详解】（1）因为数列na的前n项之积为nT，满足2lNnnaTn，所以当1n 时，1121aa，解得113a 显然00,NnnaTn，否则2l0nnaT矛盾.当2n 时，121nnnTTT，化为11121nnTT，变形为11112(1)nnTT，又11nnbT，所以12nnbb，即12nnb

26、b且11114ba，则数列 nb是以14b 为首项，2为公比的等比数列，所以11422nnnb（2）由（1）可得：1112nnT，解得1121nnT，当2n 时，1121211111(1)2122122nnnnnnnTaT342211(1)1111111182()()()1222222224212nnnnnnS，因此只需要证明1211112ln(1)ln22221nnnnT，即证明111121ln22nnn.设11212nnt，(0,1)t，则1112nt，设()ln1f ttt，(0,1)t.则1()10f tt，故()f t在(0,1)t上单调递增，所以()(1)f tf0，即111121

27、ln22nnn，所以11ln(1)224nnnST答案第 7页，共 8页18.【详解】（1）由题意可知圆心到1,02的距离等于到直线12x 的距离，由抛物线的定义可知，曲线 K 的轨迹方程为22yx.（2）设直线 l 的方程为12yk x，联立2122yk xyx，消 y 得22221204k xkxk，2224020kkk，0k，设1122,B x yC xy，21212221,4kxxx xk,又1211,22ABxACx，12222122121111112224412214ABACxxkkkx xxkx./lOP，设直线 OP 的方程为ykx，联立22ykxyx，消 y 得2220k x

28、x，22pxk，222,Pkk，222222221kkkOPk.令1x，则Qyk，1,Qk，21OQk，22222112211ABACOP OkQkkkk，故ABACOPOQ的值为12.（3）设00,0,0,P xyDbEc，直线 PD 的方程为0000yb xx yx b，又圆心1,0到 PD 的距离为 1，即0022001ybx bybx，整理得2000220 xby bx.同理可得2000220 xcy cx，故 b，c 是方程2000220 xxy xx的两根，所以0022ybcx，002xbcx，依题意0bc，即02x，则220220004482xycxxb，因为2002yx，所以0

29、022xbcx，所以00000242248122424Sbcxxxxx，当且仅当00422xx，即04x 时上式取等号，所以PDE面积的最小值为 8答案第 8页，共 8页19.【详解】(1)把点0,1A代入直线族的方程222440axyaa得：2440aa，解得2a，所以点0,1A在的某条直线上.把点1,2B代入直线族的方程222440axyaa得：2402aa，因为44 40 ，所以方程2402aa 无实数根，所以点1,2B不在的某条直线上.(2).因为点00,P xy不在的任意一条直线上，所以方程230032yt xt在0,t上无实数解，即方程3200230tx ty在0,t上无实数解.令

30、 320023,0,h ttx ty t，则 2066h ttx t，因为0 x为正实数，所以当 0h t时，解得0tx；当 0h t时，解得00tx；所以 h t在00,x上单调递减，在0,x 上单调递增，所以3200000230h xxxxy，解得300yx，所以0y的取值范围为30,x.(3).由(2)的结论猜测的包络是曲线3(0)yxx.解方程2233xt，得xt.在曲线30yxx上任取一点3,t t0t，则过该点的切线方程是2332yt xt.而0t，2332yt xt的确为曲线3(0)yxx的切线.故的包络是曲线3(0)yxx.将22(2)440axyaa整理为关于a的方程22(2)4()0axaxy.若该方程无解，则24(2)16()0 xxy ，整理得214xy.猜测的包络是抛物线214xy.由方程2224ax，得2xa.在抛物线214xy 上任取一点222,14aa，过该点的切线方程是22(2)440axyaa，而Ra，22(2)440axyaa确为抛物线214xy 的切线.故的包络是抛物线214xy.