广东省深圳市外国语学校2024届高三教学情况测试（一） 数学试题

深圳市外国语学校高2024届高三教学情况测试（一）数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.本卷满分150分，考试时间120分钟。考试结束后，将答题卡交回。一、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．若复数z满足（i为虚数单位），则的虚部为（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则集合的元素个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．43．设，是非零向量，则“”是“”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4．函数在的图象大致为（

）A．B．C．D．5．天文学上用绝对星等衡量天体的发光强度，用目视星等衡量观测者看到的天体亮度.可用（其中为常数）近似表示绝对星等M，目视星等m和观测距离d之间的关系.若1号天体的绝对星等为0.54，目视星等为0.04，2号天体的绝对星等为，目视星等为，则观测者与1号天体和2号天体的距离的比值约为（

）A． B． C． D．6．在平面直角坐标系中，记直线与直线在第一象限所形成的夹角为，则（

）A． B． C． D．7．如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（

）A．47m B．48m C．49m D．50m8．已知点A，B，C都在双曲线：上，且点A，B关于原点对称，.过A作垂直于x轴的直线分别交，于点M，N.若，则双曲线的离心率是（

）A． B． C．2 D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知函数，则（

）A．为奇函数B．的值域为C．的最小正周期为D．的图象关于直线对称10．已知是等比数列的前n项和，若存在，，，使得，则（

）A．B．是数列的公比C．数列可能为等比数列D．数列不可能为常数列11．乒乓球（tabletennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前已赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为，实际比赛局数的期望值记为，下列说法正确的是（

）A．三局就结束比赛的概率为 B．的常数项为3C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．的二项展开式中的常数项为．13．设为互不相等的正实数，随机变量和的分布列如下表，若记，分别为的方差，则．（填>，<，=）14．定义在上的函数满足，，若，则，.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（13分）在轴截面为正方形的圆柱中，分别为弧，弧的中点，且在平面的两侧．(1)求证：四边形是矩形；(2)求二面角的余弦值．16．（15分）在中，已知A是钝角，，.(1)求的值；(2)若，求的面积.17．（15分）在平面直角坐标系中，已知点在抛物线上，圆(1)若，为圆上的动点，求线段长度的最小值；(2)若点的纵坐标为4，过的直线与圆相切，分别交抛物线于（异于点），求证：直线过定点．18．（17分）已知函数，其中.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)求的单调区间；(3)当且时，判断与的大小，并说明理由.19．（17分）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.(1)当，时，写出所有满足的数对序列；(2)当时，证明：；(3)当为奇数时，记的最大值为，求.

深圳市外国语学校高2024届高三教学情况测试（一）数学试题参考答案1．D【分析】根据模长公式以及复数除法，结合共轭复数的定义，可得答案.【详解】由题可得，所以，故复数的虚部为.故选：D.2．C【分析】根据集合交集的基本运算求解即可.【详解】,因为，所以，所以集合中有3个元素.故选：C3．A【分析】根据数量积的定义，结合，利用充分、必要条件的定义，结合不等式性质进行分析判定.【详解】若成立，则，所以充分性成立，若成立，即,等价于（因为），当，时，满足则，但，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A4．D【详解】试题分析：函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，因为，所以排除选项；当时，有一零点，设为，当时，为减函数，当时，为增函数．故选：D.

5．B【分析】根据条件、指对数的运算分别求出观测者与1号天体和2号天体的距离即可.【详解】设观测者与1号天体和2号天体的距离分别为，因为1号天体的绝对星等为0.54，目视星等为0.04，所以，解得，因为2号天体的绝对星等为，目视星等为，所以，解得，所以，故选：B6．C【分析】先由正切的两角差公式求夹角的正弦值，代入即可.【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，有所以，，，则.故选：C7．A【分析】根据梯形中位线求得，进而求得正确答案.【详解】依题意可知六点共面，设正六边形的中心为，连接，平面且平面，依题意可知相交于，连接交于，连接交于，根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分，则相互平分，根据梯形中位线有，即，在梯形中，是的中点，则是的中点，所以，同理可得，所以.故选：A【点睛】关键点睛：研究空间图形的结构，关键点在于利用空间平行、垂直、中点等知识.在本题中，柱子与地面垂直，柱子之间相互平行.柱子之间高度不相同，则构成了梯形，则可考虑利用中位线来对问题进行求解.8．B【分析】设，由且轴得，注意到，也就是，而，，即，由此结合离心率公式即可求解.【详解】不妨设，由且轴，所以，所以，从而，即，设点，且它在双曲线上，，即，其中，，从而，.故选：B.【点睛】关键点点睛：关键是得到，，，由此即可顺利得解.9．ACD【分析】A.结合正弦函数的奇偶性，利用函数奇偶性的定义判断；B.令，转化为对勾函数求解判断；C.结合诱导公式，利用周期函数的定义判断；D.结合诱导公式，利用函数的对称性判断.【详解】解：因为的定义域为，关于原点对称，又，故是奇函数，故A正确；令，由对勾函数的性质得，故B错误；因为，所以的最小正周期为，故C正确；因为，所以的图象关于点直线对称，故D正确；故选：ACD10．ABD【分析】设出等比数列的公比为，分和两种情形，分别表示出，并与比较对照，分别用和表示出，然后逐一分析判断各选项即可.【详解】设等比数列的公比为，若，则，此时是关于的一次函数，数列为常数列，而不是关于的一次函数，所以，数列不可能为常数列，故D正确；因为，所以，又，所以，故B正确；，故A正确；因为，也均不为0，所以不可能为一常数，即数列不可能为等比数列，故C错误.故选：ABD11．ABD【分析】设实际比赛局数为，先计算出可能取值的概率，即可判断A选项；进而求出期望值，即可判断BCD选项.【详解】设实际比赛局数为，则，，，因此三局就结束比赛的概率为，则A正确；则，由，则常数项为3，则B正确；由，则D正确；由，，所以，令，则；令，则，则函数在上单调递增，在上单调递减，因为，所以关于对称，且越极端，越可能快结束，有，得，则C不正确.故选：ABD.12．15【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.【详解】因为的通项公式，令，故可得，则二项展开式的常数项为.故答案为：15．13．>【解析】根据方差计算公式，计算出的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系.【详解】，故.，.要比较的大小，只需比较与，两者作差并化简得①，由于为互不相等的正实数，故，也即，也即.故答案为：【点睛】本小题主要考查随机变量期望和方差的计算，考查差比较法比较大小，考查运算求解能力，属于难题.14．0-100【分析】根据得到，，从而得到，即的一个正周期为4，故，用赋值法得到，求出，再求出关于对称，关于对称，结合，求出，，结合函数的正周期，求出的值.【详解】由可得：，即，将替换为得：，两式相减得：，即的一个正周期为4，因为，所以，又中令得：，所以，中令得：，故，故；由知：关于对称，因为的最小正周期为4，所以，故，即关于对称，因为，所以，，由知：，所以，则，因为的最小正周期为4，所以.故答案为：0，-100【点睛】设函数，，，．（1）若，则函数的周期为2a；（2）若，则函数的周期为2a；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a；（5）若，则函数的周期为；（6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为；（7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为；（8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为；（9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a；（10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据几何位置关系，先证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理即可证明；（2）利用几何法找到二面角，用余弦定理求解即可.【详解】（1）证明：设轴截面正方形边长为，取弧另一侧的中点，则与垂直平分，且，所以四边形为正方形，，因为为弧中点，所以，四边形为矩形，所以，所以，所以四边形为平行四边形，因为，，所以，所以，所以四边形为矩形；（2）解：由（1）知，，，，所以所以，斜边上的高，作交于点，连接，因为，，，所以，则，所以即为二面角的平面角，，，在中，由余弦定理得，二面角的余弦值为.16．(1)2(2)【分析】（1）由，得到，再与联立求解；（2）BC边上的高AD，易得，，再结合（1）的结论得到；再由，结合（1）的结论得到，进而求得AD，再由.【详解】（1）解；因为，所以，则，又因为，可得，，所以；（2）如图，作BC边上的高AD，则，，又，所以；因为，A是钝角，所以，则，即：，又，所以，又因为C为锐角，，所以，则，所以的面积为.17．(1)1(2)证明见解析【分析】(1)转化为抛物线上的点到圆心距离减去半径的最小值；(2)根据直线圆的位置关系、与抛物线的位置关系建立方程，进而求直线恒过定点.【详解】（1）设，则，当，Q为线段与圆的交点时，（2）题意可知，过P点直线与圆相切，则，即，①设直线为：，则与抛物线C的交点方程可化为：，令，则：，②题意有，①②方程同解，故有，即：，所以直线为：，即，由，解得，直线恒过．18．(1)(2)增区间，减区间(3)，理由详见解析【分析】（1）利用导数，结合切点和斜率求得切线方程.（2）利用导数求得的单调区间.（3）构造函数，利用多次求导的方法判断出的单调区间，从而判断出两者的大小关系.【详解】（1）时，，，，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）的定义域为，，所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增，所以的增区间，减区间；（3）当且时，，证明如下：令，则，设，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，所以的单调递增区间为.当时，，即，当时，，即，综上所述，当且时，.【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.19．(1)或(2)证明详见解析(3)【分析】（1）利用列举法求得正确答案.（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.（3）先证明，然后利用累加法求得.【详解】（1）依题意，当，时有：或.（2）当时，因为与不同时在数对序列中，所以，所以每个数至多出现次，又因为，所以只有对应的数可以出现次，所以.（3）当为奇数时，先证明.因为与不同时在数对序列中，所以，当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，那么多奇数而言，可按如下