广东省衡水金卷2024届高三下学期2月大联考试题 数学 Word版含解析.docx

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2024届高三年级2月份大联考数学试题本试卷共4页,19题.全卷满分150分.考试用时120分钟。注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。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.已知集合,则中元素的个数为()A.4B.5C.6D.72.已知在中,,则()A.1B.C.D.3.若,则()A.B.C.D.4.若,则()A.B.C.D.5.若定义在上的函数满足,则下列结论一定正确的为()A.的图象关于原点对称B.的图象关于y轴对称C.的图象关于点对称D.的图象关于直线对称6.已知点P是曲线在第一象限内的一点,A为的左顶点,R为PA的中点,F为的右焦点.若直线OR(O为原点)的斜率为,则的面积为() A.B.C.D.7.在某电路上有C、D两个独立工作的元件,每次通电后,需要更换C元件的概率为0.2,需要更换D元件的概率为0.1,则在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下,C需要更换的概率是()A.B.C.D.8.在各棱长都为2的正四棱锥中,侧棱VA在平面VBC上的射影长度为()A.B.C.D.2二、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3分,有选错的得0分。9.若z满足,则()A.z的实部为3B.z的虚部为1C.D.z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为310.已知,则()A.若,则存在唯一的实数p,q,使得B.若,则C.若,则D.若,则在上的投影向量为11.若过点可作曲线的n条切线,则()A.若,则B.若,且,则C.若,则D.过,仅可作的一条切线三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.如图是一个正四棱台,已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6,体积为,则侧面积为_________. 13.在数列中,,且,则的通项公式为_________.14.若圆C与抛物线在公共点B处有相同的切线,且C与y轴切于的焦点A,则_________.四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤。15.(本小题满分13分)某小区在2024年的元旦举办了联欢会,现场来了1000位居民.联欢会临近结束时,物业公司从现场随机抽取了20位幸运居民进入摸奖环节,这20位幸运居民的年龄用随机变量X表示,且.(1)请你估计现场年龄不低于60岁的人数(四舍五入取整数);(2)奖品分为一等奖和二等奖,已知每个人摸到一等奖的概率为,摸到二等奖的概率为,每个人摸奖相互独立,设恰好有n()个人摸到一等奖的概率为,求当取得最大值时n的值.附:若,则.16.(本小题满分15分)如图,在圆锥SO中,若轴截面SAB是正三角形,C为底面圆周上一点,F为线段OA上一点,D(不与S重合)为母线上一点,过D作DE垂直底面于E,连接OE,EF,DF,CF,CD,且.(1)求证:平面平面DEF;(2)若为正三角形,且F为AO的中点,求平面CDF与平面DEF夹角的余弦值.17.(本小题满分15分)设函数,其中a为实数. (1)当时,求的单调区间;(2)当在定义域内有两个不同的极值点时,证明:.18.(本小题满分17分)在直角坐标系中,已知.(1)求点P的轨迹C的方程;(2)设直线l不过坐标原点且不垂直于坐标轴,l与C交于A、B两点,点为弦AB的中点.过点M作l的垂线交C于D、E,N为弦DE的中点.①证明:l与ON相交;②已知l与直线ON交于T,若,求的最大值.19.(本小题满分17分)在无穷数列中,令,若,则称对前n项之积是封闭的.(1)试判断:任意一个无穷等差数列对前n项之积是否是封闭的?(2)设是无穷等比数列,其首项,公比为q.若对前n项之积是封闭的,求出q的两个值(若多求,则按前2个计分);(3)证明:对任意的无穷等比数列,总存在两个无穷数列和,使得,其中和对前n项之积都是封闭的. 数学参考答案及解析一、选择题1.D【解析】因为,,所以中元素的个数为7.故选D.2.D【解析】由余弦定理得,所以.故选D.3.B【解析】,所以B正确.故选B.4.A【解析】因为,所以或,因为,所以.故选A.5.A【解析】若,当时,令,因为,所以,即;当时,令,因为,所以,即;当时,令,因为,所以,综上,,,所以是奇函数,所以A正确;若,则成立,但B、C、D都不成立.故选A.6.A【解析】设,所以,因为直线OR的斜率为,所以,化简得,,与联立解得,或3,其中舍去,所以P点的坐标为,又,所以的面积为.故选A.7.C【解析】记事件E:在某次通电后C、D有且只有一个需要更换,事件F:C需要更换,则,,由条件概率公式可得.故选C.8.B【解析】把正四棱锥放入正四棱柱中,则V是上底面的中心,取 的中点E,的中点F,连接EF,BE,CF,由图可知,过A作,垂足为G,在正四棱柱中,平面,平面,所以,,,平面EFCB,所以平面EFCB,所以侧棱VA在平面VBC上的射影为VG,由已知得,,,所以,所以,所以.故选B.二、选择题9.AB【解析】设,因为,所以,所以.,解得,所以,所以A,B正确;,所以C错误;因为z对应的向量坐标为,所以z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为,所以D错误.故选AB.10.ACD【解析】A:当时,不共线,所以可以作为一组基向量,由平面向量基本定理得,存在唯一的实数p,q使得,所以A正确;B:若,则,所以不成立,所以B错误;C:若,则,所以,所以C正确;D:若,则,所以在上的投影向量为,所以D正确.故选ACD.11.ABD【解析】设切点,则,切线为,代入整理得,令 ,,令得.当时,在上单调递增,在上单调递减,,至多有2个零点,放A正确;当时,在上单调递减,在上单调递增,,,当时,,且时,,所以,B正确;若,则,即,同理当时,,即,C错误;②时,,单调递减;又时,时,,则当时,有1个零点,即,D正确.故选ABD.三、填空题12.【解析】设该正四棱台的高、斜高分别为h,,由已知得,,所以,,所以正四棱台侧面积为.故答案为.13.【解析】因为,,因为,所以,所以,所以.故答案为. 14.【解析】抛物线的焦点为,准线l为,依题意不妨令C在第一象限,,则圆C的半径,设,则圆C的方程为,由,则,所以抛物线在点B处的切线m的斜率,因为圆C与抛物线在公共点B处有相同的切线,所以直线CB与m垂直,所以,则①,又点B在圆C上,所以,则②,所以,整理可得,解得,或(舍去),所以,所以,所以.故答案为.四、解答题15.解:(1)因为,所以,(1分)则,(4分)所以现场年龄不低于60岁的人数大约为(人).(6分)(2)依题意可得,,(7分)设,所以,(9分) 所以(11分)所以,(12分)n为整数,所以,所以当取得最大值时n的值为8.(13分)16.解:(1)因为,所以,(1分)因为平面SCO,平面SCO,所以平面SCO,(2分)因为DE垂直底面于E,SO垂直底面于O,所以,同理平面SCO,(3分)因为,且平面SCO,平面SCO,所以平面平面DEF.(5分)(2)设圆锥的底面半径为2,因为轴截面SAB是正三角形,所以,(6分)如图,设平面SDEO与底面圆周交于G,因为为正三角形,且F为AO的中点,所以,所以E为OG的中点,所以DE为的中位线,所以,(7分)如图,在底面圆周上取一点H,使得,以直线OH,OB,OS为x,y,z轴建立空间坐标系,(8分)由已知得,,(9分)设EF的中点为M,则平面DEF的法向量为,(11分) 所以,设平面CDF的一个法向量为,所以,,令,则,则,(13分)所以平面CDF与平面DEF夹角的余弦值为.(15分)17.解:(1)的定义域为,,(2分)令,得或,(3分);,所以的单调递增区间为,单调递减区间为.(5分)(2),由在上有两个不同的极值点得,有两个不同的正根,则,解得,(7分) 因为,(9分)设,则,故在上单调递增,(12分)又,故.(15分)18.解:(1)因为,所以,(1分)所以,化简得,所以P的轨迹C的标准方程为.(3分)(2)①因为直线l不过坐标原点且不垂直于坐标轴,所以.设点,所以,由题意得,,相减得,(4分)所以, 所以,所以,所以,(5分)同理得,,又,相乘得,,(6分)因为,所以,(7分)因为,所以,所以,(8分)所以l与ON相交.(9分)②l的方程为,直线DE的方程为,直线ON的方程为,联立得,,(11分)故,(12分)又 ,(14分)当且仅当即时取等号,又,即当且仅当时取等号,所以,故的最大值为.(17分)19.解:(1)不是的.(1分)如等差数列,,(2分)所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的.(3分)(2)是等比数列,其首项,公比q,所以,所以,(4分)由已知得,对任意正整数n,总存在正整数m,使得成立,即对任意正整数n,总存在正整数m,使得成立,(5分)①当时,得,所以;(7分)②当时,得,且,综上,或.[答案正确即可](9分)(3)对任意的无穷等比数列,,令,则,(11分)下面证明:是对前n项之积是封闭的.因为,所以,(12分) 取正整数得,,(13分)所以对前n项之积是封闭的,(14分)同理证明:也对前n项之积是封闭的,(16分)

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