2024年广东深圳高三二模高考数学卷试题答案详解（精校打印版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024年深圳市高三年级第二次调研考试数学2024.4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.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、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n为正整数，且，则（

）A． B． C． D．2．已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形3．对于任意集合，下列关系正确的是（

）A． B．C． D．4．已知，且，则函数的图象一定经过（

）A．一、二象限 B．一、三象限 C．二、四象限 D．三、四象限5．已知，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．6．已知某六名同学在CMO竞赛中获得前六名（无并列情况），其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有（

）A．72种 B．96种 C．144种 D．288种7．P是椭圆C：（）上一点，、是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为（

）A． B． C． D．8．设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（

）A． B．1 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m，n是异面直线，，，那么（

）A．当，或时，B．当，且时，C．当时，，或D．当，不平行时，m与不平行，且n与不平行10．已知函数（，）的最大值为，其部分图象如图所示，则（

）A．B．函数为偶函数C．满足条件的正实数，存在且唯一D．是周期函数，且最小正周期为11．设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知样本，，的平均数为2，方差为1，则，，的平均数为．13．已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为．注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球．14．已知△ABC中，，双曲线E以B，C为焦点，且经过点A，则E的两条渐近线的夹角为；的取值范围为．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．如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．

(1)证明：平面ABC；(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．16．已知函数，是的导函数，且．(1)若曲线在处的切线为，求k，b的值；(2)在（1）的条件下，证明：．17．某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产．经过调研和试生产，质检人员抽样发现：甲工厂试生产的一批零件的合格品率为94%；乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为98%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为97%．(1)从混合放在一起的零件中随机抽取3个，用频率估计概率，记这3个零件中来自甲工厂的个数为X，求X的分布列和数学期望；(2)为了争取获得该零件的生产订单，甲工厂提高了生产该零件的质量指标．已知在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率．设事件“甲工厂提高了生产该零件的质量指标”，事件“该大型企业把零件交给甲工厂生产”、已知，证明：．18．设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列．(1)求C的方程；(2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于．19．无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．(1)写出这个数列的前7项；(2)如果且，求m，n的值；(3)记，，求一个正整数n，满足．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据给定条件，构造数列，探讨该数列单调性即得.【详解】令，显然，当时，，即，因此当时，，所以n为正整数，且，有.故选：C2．A【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状.【详解】连接，因为平面，平面，所以，又四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证明，因为，平面，故平面，故平面即为平面，则截该正方体所得截面的形状为三角形.故选：A3．B【分析】利用韦恩图进行判断即可得到结果.【详解】对于：如图所知，为区域①，所以，故错误；对于：为区域①和③；为区域③，为区域①，则也为为区域①和③；两边相等，故正确；对于：为区域①，为区域①，不等于区域②（区域②为），故错误；对于：为区域①和③；而为区域③，为区域①，所以为空集，所以错误；故选：.4．D【分析】由函数过点，分类可解.【详解】当时，，则当时，函数图象过二、三、四象限；则当时，函数图象过一、三、四象限；所以函数的图象一定经过三、四象限.故选：D5．B【分析】根据复数的乘、除法运算可得，进而，结合复数的乘法计算即可求解.【详解】由题意知，，所以，所以.故选：B6．C【分析】根据题意分别求出甲是第一，乙是第一的可能情况，再利用分类加法计数原理计算即可.【详解】由题意，丙可能是4，5，6名，有3种情况，若甲是第一名，则获得的名次情况可能是种，若乙是第一名，则获得的名次情况可能是种，所以所有符合条件的可能是种.故选：C.7．C【分析】设，，由题意得出是等腰直角三角形，列方程组得到含的齐次方程求解离心率即可.【详解】如图，设，，延长交于A，由题意知，O为的中点，故为中点，又，即，则，又由，则是等腰直角三角形，故有，化简得，即，代入得，即，由所以，所以，.故选：C.8．B【分析】根据题意，由条件可得，即可得到，构造函数，求导得其最值，即可得到结果.【详解】由题意可得，即，所以，又，所以在上单调递增，即，所以，且，令，，则，其中，令，则，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以当时，有极大值，即最大值，所以，，所以.故选：B【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数同构问题以及导数求最值问题，结合同构函数，然后构造函数求导即可得到结果.9．AB【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.【详解】A：当，时，；当，时，，故A正确；B：当，时，又为异面直线，所以，故B正确；C：当时，由，得或与相交；当时，由，得或与相交，故C错误；D：当不平行时，可能或与相交，或与相交，故D错误.故选：AB10．ACD【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，再根据函数的最大值及求出，由求出的取值，再根据周期确定的值，即可得到函数解析式，即可判断.【详解】因为（其中、），又，解得，又，所以，故A正确；则，又，即，结合图象可知，所以，又，所以，解得，所以，故C正确；所以，则为奇函数，故B错误；是周期函数，且最小正周期，故D正确.故选：ACD11．ABD【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解.【详解】由，得该圆心为，半径为，易知该圆过原点，由，当时，得，作出函数的图象，如图，由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数的图象有1个交点，当时，圆与函数的图象有2个交点，当时，圆与函数的图象有4个交点，根据圆与函数的对称性，后续交点情况类比即可.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于理解取整函数的定义，利用数形结合的思想分析圆与函数图象交点的个数.12．5【分析】根据平均数和方差的定义建立方程组，解之即可求解.【详解】由题意知，，所以，由，得，所以.故答案为：513．【分析】借助过圆锥的轴以及内切球球心的截面图求出圆锥的母线长，即可求出圆锥表面积.【详解】由题过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如下：

设圆锥高为，母线长为，则在三角形中有，即①，又由得，即②，所以由①②得，所以圆锥的表面积为.故答案为：.14．【分析】根据双曲线的性质和三角形内心性质得到垂足的位置，再由得到双曲线中的关系，即可得到渐近线的夹角；根据对所求式进行化简，再根据基本不等式求得范围即可.【详解】如图所示，设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为.设的内心为，过点向三边作垂线，垂足分别为.

根据三角形内心的性质可知，，又因为双曲线E以B，C为焦点，且经过点A，所以，即，因为，所以，所以，所以点在双曲线的左支上，所以.而，所以，所以为双曲线的左顶点.所以，所以，即，所以，渐近线的倾斜角为，所以两条渐近线的夹角为.又因为，所以，而，所以.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的性质和三角形的最值.本题的关键点在于根据作出三角形的内心，从而根据内心性质和双曲线的定义进行求解.15．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证.（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可.【详解】（1）取BC的中点M，连结MA、．

因为，，所以，，由于AM，平面，且，因此平面，因为平面，所以，又因为，所以，因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC，因为，所以平面ABC.（2）法一：因为，且，所以．以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．所以，，．设平面的法向量为，则，可得，令，则，设平面的法向量为，则，可得，令，则，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.法二：将直三棱柱补成长方体．连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ，

因为平面，且平面，所以，又因为，由于BD，平面，且，所以平面，则为直角三角形，由于平面，所以，因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ，因为平面CPQ，所以，则∠CQP为平面与平面的夹角或补角，在中，由等面积法可得,因为，所以，因此平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)，；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意，求导可得的值，再由导数意义可求切线，得到答案；（2）设函数，利用导数研究函数的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】（1）因为，所以，因为，所以．则曲线在点处的切线斜率为．又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即得，．（2）设函数，，则，设，则，所以，当时，，单调递增．又因为，所以，时，，单调递增；时，，单调递减．又当时，，综上在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值，即，所以，当时，．17．(1)答案见解析(2)证明见解析.【分析】（1）设出甲乙两厂的零件数，表示事件发生的概率，由题意知X服从二项分布，写出分布列和期望即可.（2）因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，即，化简变形即可证得.【详解】（1）设甲工厂试生产的这批零件有m件，乙工厂试生产的这批零件有n件，事件“混合放在一起零件来自甲工厂”，事件“混合放在一起零件来自乙工厂”，事件“混合放在一起的某一零件是合格品”，则，，，计算得．所以．X的可能取值为0，1，2，3，，，，，，．所以，X的分布列为：X0123P（2）因为在甲工厂提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，大于在甲工厂不提高质量指标的条件下，该大型企业把零件交给甲工厂生产的概率，所以．即．因为，，所以．因为，，所以．即得，所以．即．又因为，，所以．因为，，所以．即得证．18．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果；（2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明.【详解】（1）

设点，，由题可知，当时，显然有；当时，