【数学】广东省深圳市南山区2024届高三上学期期末质量监测试题（解析版）

广东省深圳市南山区2024届高三上学期期末质量监测数学试题一､单项选择题1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】或，故或=.故选：B2.已知（为虚数单位），则（）A.2 B. C.4 D.5【答案】D【解析】根据题意由可得，可得，所以.故选：D3.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，对称轴，∵函数在区间上单调递增，在上单调递增，∴上单调递增，且，∴且，即且，解得，即实数的取值范围为.故选：A.4.已知为单位向量，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得，将两边平方可得；可得，可得；设与的夹角为，则，所以.故选：C5.龙洗作为我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故得其名.龙洗的盆体可近似看作一个圆台.现有一龙洗盆高，盆口直径盆底直径盆内倒满水，若不考虑盆体厚度，则盆内水的体积近似为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题，，，高，.故选：B.6.已知直线与圆交于两点，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.6【答案】C【解析】变形为，故直线过定点，的圆心为，半径为3，则当⊥时，取得最小值，最小值为.故选：C7.已知函数在区间上单调递减，若，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得函数的最小正周期，∴，若，则函数关于对称，则，函数在区间上单调递减，则且，则且，即，又，则取，解得，则实数的取值范围为.故选：D.8.已知实数满足，则（）A.-1 B.1 C.-2 D.2【答案】A【解析】，，且，令函数，因为其定义域为，且，且在上均单调递增，则为单调递增的奇函数，且，，即，显然.故选：A.二､多项选择题9.下列命题中，为真命题的有（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】对于A，利用基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，即A正确；对于B，对于，，当且仅当时，等号成立；即命题不成立，即B错误；对于C，易知对于，，当且仅当时，等号成立，即C错误；对于D，易知当时，，即，所以D正确.故选：AD10.已知甲､乙两组样本数据分别为和，则下列结论正确的为（）A.甲组样本数据的中位数与乙组样本数据的中位数一定相等B.甲组样本数据的平均数与乙组样本数据的平均数一定相等C.甲组样本数据的极差可能会大于乙组样本数据的极差D.甲组样本数据的方差一定不大于乙组样本数据的方差【答案】B【解析】对于A选项：若甲组样本数据的中位数为，且5个数据由小到大排列为：时；那么乙组样本数据的大小排列为：，此时乙组样本数据的中位数为，故用反例法证明了A选项错误对于B选项：甲组样本数据的平均数……①甲组样本数据的平均数……②①②式相等，故B选项正确.对于C选项：设分三种情况讨论：情况一：变化只改变了最大值，即……③由不等式性质对上式变形有：……④④说明：甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差；情况二：变化只改变了最小值，即……⑤对⑤式利用不等式变形有：……⑥⑥说明：甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差；情况三：变化改变了最大值与最小值，即……⑦；……⑧对⑦利用不等式变形有：……⑨⑧⑨有：……⑩⑩说明：甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差；综上所述：只能得到甲组样本数据的极差乙组样本数据的极差，故C错误.对于D选项：设甲组数据的分别为；那么乙组数据的分别为；此时有；故D选项错误.综上所述应选B.故选：B.11.已知直线经过抛物线的焦点，且与交于、两点（其中），与的准线交于点，若，则下列结论正确的为（）A. B.C. D.为中点【答案】BD【解析】对于A选项，因为抛物线的焦点，则，可得，A错；对于B选项，如下图所示：若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，设直线的方程为，由A选项可知抛物线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，不妨设，由图可知，，则，所以，，解得，则，所以，，B对；对于C选项，由B选项可知，，直线的方程为，联立，解得，则，所以，，，则，C错；对于D选项，因为，则为的中点，D对.故选：BD.12.已知数列的首项不为零，前项和为，若，则下列结论正确的为（）A.不可能为常数列B.C.当时，为等差数列D.若为等比数列，则的公比唯一【答案】ABD【解析】对于选项A，若为常数列，则，且，所以，即由，所以，显然为常数，则为常数，矛盾，所以不可能为常数列，故选项A正确；对于选项B，当时，，即，所以，所以，故选项B正确；对于选项C，因为，所以，所以，所以，整理得①，当时，由①得，所以，所以，或，所以不一定为等差数列，故选项C错误；对于选项D，当为等比数列时，，设的公比为，则，由①得，整理得②，（i）当时，②显然不成立；（ii）当时，由②得；（iii）当时，由②得，因为是常数，所以为常数列，所以，与矛盾，故若为等比数列，则的公比，即的公比唯一，故选项D正确，故选：ABD.三､填空题13.若双曲线的焦点在轴上，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】若双曲线的焦点在轴上，则，解得，即实数的取值范围为.故答案为：.14.已知，则________．【答案】【解析】因为，所以，得，则，因为，，所以，故答案为：．15.著名数学家欧几里得的《几何原本》中曾谈到：任何一个大于1的整数要么是质数，要么可以写成一系列质数的积，例如.已知，且均为质数，若从中任选2个构成两位数，且，则的十位数字与个位数字不相等的概率为__________.【答案】【解析】，可得，若从中任选2个构成两位数，且数，且，则有共6个，则十位数字与个位数字不相等的有共5个，所以的十位数字与个位数字不相等的概率为.故答案为：.16.已知菱形的边长为2，且，将沿直线翻折为，记的中点为，当的面积最大时，三棱锥的外接球表面积为__________.【答案】【解析】根据题意可知，如下图所示：当的面积最大时，即取得最大值，可得，由对称性可知，可得；又因为为的中点，所以，又，由勾股定理可知棱两两垂直，所以三棱锥的外接球半径为，可得该外接球的表面积，故答案为：.四､解答题17.已知的内角的对边分别为，且.（1）求的值；（2）若，且，求的面积.解：（1），由题意得，，解得.（2）方法一：，由（1）可知，在中，由正弦定理，得，，，的面积.方法二：，由（1）可知，在中，由正弦定理，得，在中，由余弦定理，得，，解得，，，∴，的面积.18.已知数列的前项和为.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.解：（1）当时，，，两式相减，得，是以2为首项，2为公比的等比数列，的通项公式为.（2），则，，则，，又，.19.如图，在三棱台中，平面平面，且，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：过点作的垂线，垂足为，连接，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，不妨设，，在直角三角形中，，，，平面，平面，，在三棱台中，，；（2）解：方法一：空间向量法以为原点，分别为轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，由（1）得，过点作的垂线，垂足为，连接，，，，，，设平面的法向量，，令，得，平行于轴，取的方向向量，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为.方法二：几何法，直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设为，由（1）得平面，平面，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，则平面，，在中，，由（1）得平面，平面，，在中，，由，得，，直线与平面所成角的正弦值为.20.已知定义在上的函数.（1）若为单调递增函数，求实数的取值范围；（2）当时，证明：.（1）解：，为单调递增函数，当时，恒成立，即恒成立，令，则，在上单调递减，，，即实数的取值范围为；（2）证明：只需证明：当时，恒成立，即证当时，恒成立，令，则，令，则，当时，，为单调递增函数，当时，，即当时，，为单调递增函数，当时，，即当时，，当时，，当时，，即当时，.21.已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验.（1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；（2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：.（1）解：由题意得，的可能取值为，在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为，，依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，，易知，的分布列为：123的数学期望.（2）证明：当时，不难知道，，，由（1）可知，又，，.即.22.已知动点到直线的距离与它到定点的距离之比为，记点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）记与轴的上､下半轴的交点依次为，若为上异于的一点，且直线分别交直线于两点，直线交于点（异于）.（i）求直线的斜率之积；（ii）证明：直线恒过定点.（1）解：设，