深圳一模：2024年深圳市高三年级第一次调研考试 数学 2024.2 试卷+答案.docx

1、2024年深圳市高三年级第一次调研考试数学2024.2本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，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.

2、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.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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若角的终边过点，则ABCD【答案】A【解析】，选A.2已知为虚数单位，若，则ABCD【答案】B【解析】，选B.3已知函数是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，且对任意，均有成立，则下列函数中符合条件的是ABCD【答案】D【解析】对于A，A不选.对于C，C不选.对于B，为奇函数，不是偶函数，不满足条件对于D，为偶函数且满足条件，选D.4已知，是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则ABC

3、D【答案】A【解析】在上投影向量为，则，选A.5由，组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则ABCD【答案】B【解析】一位数有个，两位数有个，三位数有个，.，选B.6已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为ABCD【答案】C【解析】如图作截面，.，选C.7已知数列满足，若为数列的前项和，则ABCD【答案】C【解析】为偶数时即，为奇数时，.8已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则ABCD【答案】D【解析】设，则，则，中，选D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分

4、，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“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：，则这组数据的A众数为B平均数为C中位数为D第百分位数为【答案】BC【解析】排序：，众数为，A错.，B对.中位数，C对.，第个数，D错，选BC.10设，且，则下列关系式可能成立的是ABCD【答案】AC【解析】，令，在有且仅有一个零点，A对.，时，在无零点，B错.，在有且仅有一个零点，C对.时，则，D错.11如图，八面体的每一个面都是边长为的正三角形，且顶点在同一个平面内.若点在四边形内（包含边界）运动

5、，为的中点，则A当为的中点时，异面直线与所成角为B当平面时，点的轨迹长度为C当时，点到的距离可能为D存在一个体积为的圆柱体可整体放入内【答案】ACD【解析】方法一：如图建系，.则，.对于A，与夹角为.分别为中点，则为中位线，与夹角为，A对.取的中点，分别为，面平面，点轨迹，B错.，以为直径的圆.，到的距离，到的距离可能为，C对.方法二：对于A，当为中点时，四边形为平行四边形，而，与所成角即为与所成角，A正确.对于B，当面时，分别取中点，连接，平面平面，的轨迹长度为，B错.对于C，设在面上的射影点为，当时，即在以为直径的圆上，到距离，故点到的距离可能为，C正确.对于D，题意即存在一体积为的圆柱可

6、整体放入四棱锥中，设圆柱上下圆心分别为，为中点，连接，圆柱与交于点.，设圆柱底面半径为，高为，时取“”，故D正确.选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12若函数的最小正周期为，其图象关于点中心对称，则_.【答案】【解析】，.13设点，若动点满足，且，则的最大值为_.【答案】【解析】设，则.，在上，令，.14已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为_.【答案】【解析】，则在与之间.不妨设，令，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）设为数列的前项和，已知，且为等差数列，（1）求证：数列为等差数列

7、：（2）若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）.【解析】（1）设等差数列的公差为，则，即，因为，所以由，得.由、解得，所以，即，当时，当时，上式也成立，所以，因为当时，所以数列是等差数列.（2）由（1）可知，当时，因为满足上式，所以.，因为当时，所以.16.（15分）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且，.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）不妨设，由余弦定理得，在中，平面平面，平面平面，平面，平面.平面，四边形是菱形，又，且平面，平面，平面.（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，平面平面，平面平面，平面，又四边形是菱形，均为

8、等边三角形，以点为坐标原点，及过点平行于的直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），则，由（1）平面，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则即令，可得，平面与平面的夹角的余弦值为.17.（15分）在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节.每次信号只发送和中的某个数字.由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误.已知发送信号时，接收为和的概率分别为，；发送信号时，接收为和的概率分别为，.假设每次信号的传输相互独立.（1）当连续三次发送信号均为时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的率为，求的最小值；（2）当连续四次发送信号均为时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现

9、相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望.【解析】（1）由题意可知，因为，所以当时，的最小值为.（2）由题设知，的可能取值为.当时，相应四次接收到的信号数字依次为或.因此，当时，相应四次接收到信号数字依次为，或，或，或，或，或，或，或.因此，.当时，相应四次接收到的信号数字依次为，或，或，或.因此，.当时，相应四次接收到的信号数字依次为，或.因此，.所以的分布列为因此，的数学期望.18.（17分）已知函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）讨论函数的极值点个数；（3）当函数无极值点时，求证：.【解析】（1）当时，则，令，则，因为，所以

10、，则在上单调递减，又因为，所以使得，在上单调递增，在上单调递减.因此，在上的最小值是与两者中的最小者.因为，所以函数在上的最小值为.（2），由，解得，易知函数在上单调递增，且值域为，令，由，解得，设，则，因为当时，当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减.根据时，得的大致图象如图所示.因此有：（i）当时，方程无解，即无零点，没有极值点；（ii）当时，利用，得，此时没有极值点；（iii）当时，方程有两个解，即有两个零点，有两个极值点；（iv）当时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点.综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点；当时，没有极值点.（3）先证明当时，.设，则，记，则，在上单调

11、递减，当时，则在上单调递减，即当时，不等式成立.由（2）知，当函数无极值点时，则，在不等式中，取，则有，即不等式成立.19.（17分）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数.其中，且，记点的轨迹为曲线.（1）求的方程，并说明轨迹的形状；（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，且与相交于点.（i）当，时，求证：的值及的周长均为定值；（ii）当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设点，由题意可知，即，经化简，得的方程为，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线.（2） 设点，其中且，（i）法一：由（1）可知的方程为，因为，所以，因此，三点共线，且，设直线的方程为，联立的方程，得，则，由（1）可知，所以（定值）.设，则有，解得，同理由，解得，所以（定值）.由椭圆定义，得，解得，同理可得，所以.因为，所以的周长为（定值）.法二：椭圆，即的周长为是定值.（ii）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，根据（i）的证明，同理可得三点共线，且，法一：设直线的方程为，联立的方程，得，（*）因为，所以将（*）代入上式，化简得.法二：设，依条件有，解得，同理由，解得，所以.由双曲线的定义，得，根据，解得，同理根据，解得，所以，由内切圆性质可知，当时，（常数）.因此，存在常数使得恒成立，且.