广东省广州市广雅中学2024届高三下学期教学情况检测（一）数学试题
1．（2024高三下·荔湾模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·荔湾模拟）如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高三下·荔湾模拟）四面体的四个面中，直角三角形最多可有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024高三下·荔湾模拟）在平面直角坐标系中，点在直线上.若向量，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·荔湾模拟）函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图象与轴的交点，为图象的最高点，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·荔湾模拟）设，分别是双曲线（，）的左右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
7．（2024高三下·荔湾模拟）假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·荔湾模拟）如图，的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为（ ）
A． B． C． D．1
9．（2024高三下·荔湾模拟）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．若函数无极值点，则没有零点
B．若函数无零点，则没有极值点
C．若函数恰有一个零点，则可能恰有一个极值点
D．若函数有两个零点，则一定有两个极值点
10．（2024高三下·荔湾模拟）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（ ）
A．
B．
C．点F到平面EAC的距离为
D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为
11．（2024高三下·荔湾模拟）设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（ ）
A． B．
C．为周期函数 D．
12．（2024高三下·荔湾模拟）复数的虚部为 .
13．（2024高三下·荔湾模拟）已知，则的值为 ．
14．（2024高三下·荔湾模拟）平面上一系列点，其中，已知在曲线上，圆与y轴相切，且圆与圆外切，则的坐标为 ；记，则数列的前6项和为 ．
15．（2024高三下·荔湾模拟）美化环境，建设美好家园，大家一直在行动.现有一个直角三角形的绿地，，计划在区域建设一个游乐场，其中米，米，.
（1）若米，求的周长；
（2）设，求游乐场区域面积的最小值，并求出此时的值.
16．（2024高三下·荔湾模拟）为迎接“五一小长假”的到来，某商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中，红球2个，白球3个，黄球5个，顾客从箱子中依次不放回地摸出2个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的2个球的颜色分成以下四种情况：：1个红球1个白球，：2个红球，：2个白球，：至少一个黄球.若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖.
（1）求顾客在某次抽奖中，第二个球摸到为红球的概率
（2）求顾客分别获一 二 三等奖时对应的概率；
（3）若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为，求的分布列和期望.
17．（2024高三下·荔湾模拟）已知椭圆：的左、右焦点为，，离心率为，为椭圆上的一点，且的内切圆半径最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：交椭圆于，两点，的角平分线所在的直线与直线交于点，记直线的斜率为，试问是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
18．（2024高三下·荔湾模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形，，，，.
（1）求证：；
（2）若，
①判断直线与直线的位置关系，并说明理由；
②求平面与平面的夹角.
19．（2024高三下·荔湾模拟）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
（1）若，用表示；
（2）证明：；
（3）若，，，证明：．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，可得，即，
由，
故.
故答案为：D.
【分析】利用集合P结合一元二次不等式求解方法得出的集合，再利用交集的运算法则得出集合.
2．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：，则，
故，
∵是波幅最大的两个点的值，
则去除，这两个数据后，整体波动性减小，
故.
故答案为：D.
【分析】根据题中数据结合平均数的运算公式和方差的意义，从而找出正确的选项.
3．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：如图在正方体中，
四棱锥的四个侧面都是直角三角形.
故答案为：D.
【分析】利用正方体的结构特征和直角三角形的定义，从而得出直角三角形最多的个数.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意设直线的方向向量为，则，
因为，则，即为直线的法向量，
又因为点O到直线的距离为，
故在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件确定直线的方向向量，再结合数量积的运算判断出为直线的法向量，则根据点到直线的距离公式和投影向量的定义，即可得出在上的投影向量.
5．【答案】D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：如图，过作轴于，则，
因为是等腰直角三角形，所以，故，得到，
又因为，所以，则，所以，
所以，得到，
又因为，得到，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】如图，过作轴于，根据题意得到，从而可求出，再利用得到，则，可求出的值，从而得出函数的解析式，再根据代入法得出函数的值.
6．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，
由双曲线定义可得，又因为，
所以，又因为渐近线方程为，渐近线，
所以，所以，
所以，
即，化简可得，
平方可得，即，
解得或（舍去）.
故答案为：A.
【分析】根据双曲线的定义和余弦定理以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而建立关于的方程，再根据双曲线的离心率公式，从而化简求出双曲线的离心率的值.
7．【答案】C
【知识点】贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，
从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，由题意得：
①，；
②，；
③，，
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，
则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为：
.
故答案为：C.
【分析】根据题意，先分析设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，再分别分析三种情况结合条件概率公式以及贝叶斯公式，从而得出从甲袋中取出的也是2个白球的概率.
8．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为圆的劣弧关于弦对称的图形恰好经过坐标原点，
所以，，
当直线过时，将代入中，
所以，
由对称性可知，圆弧对应的圆的圆心在轴上，
设为，则，
所以，解得，且劣弧对应的圆的半径为，
故劣弧对应的圆方程为，
当直线与劣弧相切时，得，
所以，
结合图形可知，当时直线与两段弧有个交点.
故答案为：B.
【分析】由题意，分别求出直线过点以及与劣弧相切时的值，再结合图形，即可得m可能的取值.
9．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：如图：
因为，
设
若函数无极值点则，则，
此时，即，
所以，没有零点，如图①；
若函数无零点，则有，此时，
当时，先正再负再正，原函数先增再减再增，故有极值点，如图②；
若函数恰有一个零点，则，
此时，先正再负再正，原函数先增再减再增，有两个极值点，如图③；
若函数有两个零点，则，此时，先正再负再正，
函数先增再减再增，有两个极值点，如图④，所以选项A、选项D正确；选项B、选项C错误.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件画出可能的函数的图象，再结合函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，再根据导数判断单调性求出极值点的方法，则结合函数图象判断各选项，即可找出结论正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；空间中直线与直线之间的位置关系；点、线、面间的距离计算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
对于A，因为，
显然与不共线，即与不平行，故A错误；
对于B，因为，，
因此，故B正确；
对于C，因为，设平面的法向量，
则，令，得，
又因为，则点F到平面的距离为，故C正确；
对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为，
则，点，
由，得，即，
当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转，
当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形，
令平面与平面的交线交于点G，交于点H，
设，，，，
由，得，，斜边上的高，
则截面边上的高，
截面的面积为：
，
当时，，，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量法，从而证明判断出选项A和选项B；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量，再结合数量积求出点到平面的距离，从而判断选项C；利用已知条件求出过垂直于平面的直线与平面的交点坐标，再根据三角形的面积公式和a的取值范围以及基本不等式求最值的方法，从而得出截面面积的取值范围，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性
【解析】【解答】解：在中，
令得，
所以，
又因为为单调函数，
所以，即，
所以，所以，故A错误；
由，得，故B正确；
设，由，
可得，所以，
所以，即为周期函数，故C正确；
由，得，即，
所以为等差数列且，即，
所以，所以，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】在中，令，得，再利用为单调函数得出，则判断出选项A；由得，则判断出选项B；设，由可得，则判断出选项C；由得，为等差数列且，则得出，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．【答案】1012
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，
所以
，
所以
，
所以复数z的虚部为1012.
故答案为：1012.
【分析】根据错位相减法求和法、复数乘除法运算法则、i乘方的周期性得出复数z，从而得出复数z的虚部.
13．【答案】31
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由二项式定理得，
，解得，
．
故答案为：31．
【分析】由二项式定理得，解得的值，再由二项式系数的性质得出的值.
14．【答案】；
【知识点】数列的求和；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：因为圆与y轴相切，所以圆的半径为，
又因为圆与圆外切，所以，
两边平方并整理得，
结合，，得，，
即，，以此类推，
因为，所以，故，
则数列的前6项和为：
.
故答案为：；.
【分析】由圆与y轴相切得出圆的半径为，由圆与圆外切得出，再由递推公式结合和类比推理的方法得出的坐标，再根据数列求和的方法得出数列的前6项和.
15．【答案】（1）解：由题意，米，米，，
在中，由余弦定理得，
则，由余弦定理得，
在中，，
由正弦定理得：，
由得，
所以的周长为：
（2）解：在中，由，得，
在中，由，得，所以
所以，当且仅当时，即当时，
的面积取最小值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得的长，从而求得的值，进而得出的值，再根据同角三角函数基本关系式得出的值，由正弦定理得出的长，则根据三角形的周长公式得出的周长.
（2）在中，由正弦定理得出的长，在中，由正弦定理得出的长，再根据三角形的面积公式得出的面积，则由三角函数恒等变换公式结合正弦型函数求最值的方法，进而得出的面积的最小值．
（1）由题米，米，，
在中，
由余弦定理可得，则，
由余弦定理得，
在中，，
由正弦定理得，，
得
的周长为：
（2）在中，由，得，
又在中，由，得，
所以
所以当且仅当，
即时，的面积取最小值为.
16．【答案】（1）解：设顾客第次摸到红球为，
则；
（2）解：由题意知，，，
，，
因此，顾客分别获一 二 三等奖的概率分别为、、；
（3）解：由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，
则，
所以，，
，，
则分布列为：
1 2 3
数学期望.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得第二个球摸到为红球的概率 ；
(2)根据古典概型的概率公式及组合数公式计算可得顾客分别获一 二 三等奖时对应的概率；
(3)由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，则，利用二项分布的概率公式求出 的分布列和期望.
17．【答案】（1）解：因为的周长等于为定值，
所以内切圆半径最大时，
即的面积最大，此时点为椭圆的上（下）顶点，
可得，
又因为，，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：（法一）由已知条件可知直线的斜率，
设点，，
由得：
所以，（*），
由（*）可得
①，
②，
③，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
当直线、直线的斜率均存在时，
则，，，
又因为在的角平分线所在的直线上，
则，
可得出，
化简得，
将①②③式代入上式得：，
则，解得，（舍去），
故直线方程为，令得点，
则，故为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，
不妨设，此时，，
所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以；
综上所述，为定值.
（法二）由条件可知直线的斜率，
当直线、直线的斜率均存在时，
设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
设直线：，其中，
由得，即
整理得，
即，
令，则，其中，为方程的根，
所以，，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，
则，
由得，
代入整理得，
则，
故（舍去）或者，
所以直线的方程为，
令得点，
故，则为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，
不妨设，此时，，
所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以，
综上所述，为定值.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先判断出的内切圆半径最大时点为椭圆的上（下）顶点，再用等面积法列出方程组，从而解方程组可得椭圆的方程.
（2）（法一）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，，，再根据在的角平分线所在的直线上，则，从而计算可得出为定值.
（法二）利用齐次化处理椭圆方程后，通过计算可得出为定值.
（1）因为的周长等于为定值，
所以内切圆半径最大时，即的面积最大，此时点为椭圆的上（下）顶点
可得；
又因为，，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）（法一）设点
由条件可知直线的斜率，
设点，，
由得：
所以，（*）
由（*）可得
①
②
③
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
当直线、直线的斜率均存在时，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，则
，
可得出，
化简得，
即，
将①②③式代入上式得：，
则，解得，（舍去），
故直线方程为，令得点，
则，故为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，不妨设，此时，
，所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以；
综上所述，为定值.
（法二）
由条件可知直线的斜率，
当直线、直线的斜率均存在时，
设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
设直线：，其中
由得
即
整理得
即
令，则，其中，为方程的根，
所以，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，则，
由得，
代入整理得，
则，
故（舍去）或者，
所以直线的方程为，令得点
故，则为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，不妨设，此时，
，所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以；
综上所述，为定值.
18．【答案】（1）证明：如图：
不妨设，则，
∵，，由余弦定理可得：
，
所以，
即，，，
所以，又因为，
所以，
又因为，
所以平面AEB，平面AEB，
所以.
（2）解：与异面直线，理由如下：
取的中点为O，连结，为等边三角形，
所以，，
由（1）知平面AEB，
所以，，
所以平面，由，
则以A为原点，分别为x轴，y轴，以过A平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
，，，，，
设，，，，
，，
因为，所以，
因为，所以
因为，可得
所以，
把代入上面两式得和，
所以，
又因为，所以，
所以，，
所以，与不平行，
又因为，则和平面共面，
则EF在平面内，或平面，
又因为点E在平面外，所以平面，
所以与不相交，即与异面直线.
②由（1）知为平面的法向量，
设平面的法向量为，
，，
，所以，
取，则，则
设平面与平面夹角为，则
，所以，
所以平面ABE与平面FCD的夹角为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用，，则由余弦定理可得的长，再由勾股定理可得，同理可得，则可由线面垂直证出线线垂直.
（2）①利用（1）可证明三线垂直关系，再以AB的中点O为原点建立空间直角坐标系，可先设，再利用三个相等关系，，得出方程组，求解方程组得出，再判断与不平行，平面，从而判断出EF与BC是异面直线.
②利用空间向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面ABE与平面FCD的法向量，再根据数量积求向量夹角公式得出平面ABE与平面FCD的夹角.
（1）不妨设，则，
∵，，由余弦定理可得：
，
所以，
即，，
，
所以，又因为，
所以，
又因为，
所以平面AEB，
平面AEB，
所以.
（2）①与异面直线，理由如下：
取的中点为O，连结，为等边三角形.
所以，由（1）知平面AEB，
所以，，
所以平面，又由.
则以A为原点，分别为x轴，y轴，以过A平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
，，，，，
设，，，，
，，
因为，所以，
因为，所以，
因为，可得，
所以，把代入上面两式得，
和，
所以，又，所以，
所以，，
所以，与不平行，
又因为，
则和平面共面，
则EF在平面内，或平面，
又因为点E在平面外，所以平面，
所以与不相交.
即与异面直线；
②由（1）知为平面的法向量，
设平面的法向量为，
，，
，所以，取，则，
设平面与平面夹角为
，所以，
所以平面ABE与平面FCD的夹角为.
19．【答案】（1）解：因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）证明：因为，所以
又因为
，
所以，
所以.
（3）证明：对于，因为
所以
所以，
所以，
所以，
.
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；数列的求和；二项式系数
【解析】【分析】（1）根据新定义结合项的系数相等，从而用表示.
（2）利用新定义证明，即可证出.
（3）根据多项式的乘法可得，再利用通项公式整理化简，即可证出不等式成立.
（1）因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）因为，
所以
又因为
所以，
所以.
（3）对于，
因为，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
1 / 1广东省广州市广雅中学2024届高三下学期教学情况检测（一）数学试题
1．（2024高三下·荔湾模拟）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，可得，即，
由，
故.
故答案为：D.
【分析】利用集合P结合一元二次不等式求解方法得出的集合，再利用交集的运算法则得出集合.
2．（2024高三下·荔湾模拟）如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：，则，
故，
∵是波幅最大的两个点的值，
则去除，这两个数据后，整体波动性减小，
故.
故答案为：D.
【分析】根据题中数据结合平均数的运算公式和方差的意义，从而找出正确的选项.
3．（2024高三下·荔湾模拟）四面体的四个面中，直角三角形最多可有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：如图在正方体中，
四棱锥的四个侧面都是直角三角形.
故答案为：D.
【分析】利用正方体的结构特征和直角三角形的定义，从而得出直角三角形最多的个数.
4．（2024高三下·荔湾模拟）在平面直角坐标系中，点在直线上.若向量，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意设直线的方向向量为，则，
因为，则，即为直线的法向量，
又因为点O到直线的距离为，
故在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件确定直线的方向向量，再结合数量积的运算判断出为直线的法向量，则根据点到直线的距离公式和投影向量的定义，即可得出在上的投影向量.
5．（2024高三下·荔湾模拟）函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图象与轴的交点，为图象的最高点，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：如图，过作轴于，则，
因为是等腰直角三角形，所以，故，得到，
又因为，所以，则，所以，
所以，得到，
又因为，得到，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】如图，过作轴于，根据题意得到，从而可求出，再利用得到，则，可求出的值，从而得出函数的解析式，再根据代入法得出函数的值.
6．（2024高三下·荔湾模拟）设，分别是双曲线（，）的左右焦点，为双曲线左支上一点，且满足，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，
由双曲线定义可得，又因为，
所以，又因为渐近线方程为，渐近线，
所以，所以，
所以，
即，化简可得，
平方可得，即，
解得或（舍去）.
故答案为：A.
【分析】根据双曲线的定义和余弦定理以及双曲线中a，b，c三者的关系式，从而建立关于的方程，再根据双曲线的离心率公式，从而化简求出双曲线的离心率的值.
7．（2024高三下·荔湾模拟）假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】贝叶斯公式
【解析】【解答】解：设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，
从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，由题意得：
①，；
②，；
③，，
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，
则从甲袋中取出的也是2个白球的概率为：
.
故答案为：C.
【分析】根据题意，先分析设从甲中取出个球，其中白球的个数为个的事件为，事件的概率为，从乙中取出个球，其中白球的个数为2个的事件为，事件的概率为，再分别分析三种情况结合条件概率公式以及贝叶斯公式，从而得出从甲袋中取出的也是2个白球的概率.
8．（2024高三下·荔湾模拟）如图，的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为圆的劣弧关于弦对称的图形恰好经过坐标原点，
所以，，
当直线过时，将代入中，
所以，
由对称性可知，圆弧对应的圆的圆心在轴上，
设为，则，
所以，解得，且劣弧对应的圆的半径为，
故劣弧对应的圆方程为，
当直线与劣弧相切时，得，
所以，
结合图形可知，当时直线与两段弧有个交点.
故答案为：B.
【分析】由题意，分别求出直线过点以及与劣弧相切时的值，再结合图形，即可得m可能的取值.
9．（2024高三下·荔湾模拟）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．若函数无极值点，则没有零点
B．若函数无零点，则没有极值点
C．若函数恰有一个零点，则可能恰有一个极值点
D．若函数有两个零点，则一定有两个极值点
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：如图：
因为，
设
若函数无极值点则，则，
此时，即，
所以，没有零点，如图①；
若函数无零点，则有，此时，
当时，先正再负再正，原函数先增再减再增，故有极值点，如图②；
若函数恰有一个零点，则，
此时，先正再负再正，原函数先增再减再增，有两个极值点，如图③；
若函数有两个零点，则，此时，先正再负再正，
函数先增再减再增，有两个极值点，如图④，所以选项A、选项D正确；选项B、选项C错误.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件画出可能的函数的图象，再结合函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，再根据导数判断单调性求出极值点的方法，则结合函数图象判断各选项，即可找出结论正确的选项.
10．（2024高三下·荔湾模拟）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（ ）
A．
B．
C．点F到平面EAC的距离为
D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；空间中直线与直线之间的位置关系；点、线、面间的距离计算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
对于A，因为，
显然与不共线，即与不平行，故A错误；
对于B，因为，，
因此，故B正确；
对于C，因为，设平面的法向量，
则，令，得，
又因为，则点F到平面的距离为，故C正确；
对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为，
则，点，
由，得，即，
当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转，
当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形，
令平面与平面的交线交于点G，交于点H，
设，，，，
由，得，，斜边上的高，
则截面边上的高，
截面的面积为：
，
当时，，，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量法，从而证明判断出选项A和选项B；利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量，再结合数量积求出点到平面的距离，从而判断选项C；利用已知条件求出过垂直于平面的直线与平面的交点坐标，再根据三角形的面积公式和a的取值范围以及基本不等式求最值的方法，从而得出截面面积的取值范围，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高三下·荔湾模拟）设，都是定义在上的奇函数，且为单调函数，，若对任意有（a为常数），，则（ ）
A． B．
C．为周期函数 D．
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的性质；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性
【解析】【解答】解：在中，
令得，
所以，
又因为为单调函数，
所以，即，
所以，所以，故A错误；
由，得，故B正确；
设，由，
可得，所以，
所以，即为周期函数，故C正确；
由，得，即，
所以为等差数列且，即，
所以，所以，故D错误．
故答案为：BC．
【分析】在中，令，得，再利用为单调函数得出，则判断出选项A；由得，则判断出选项B；设，由可得，则判断出选项C；由得，为等差数列且，则得出，从而判断出选项D，进而找出正确的选项.
12．（2024高三下·荔湾模拟）复数的虚部为 .
【答案】1012
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意得，
所以，
所以
，
所以
，
所以复数z的虚部为1012.
故答案为：1012.
【分析】根据错位相减法求和法、复数乘除法运算法则、i乘方的周期性得出复数z，从而得出复数z的虚部.
13．（2024高三下·荔湾模拟）已知，则的值为 ．
【答案】31
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：由二项式定理得，
，解得，
．
故答案为：31．
【分析】由二项式定理得，解得的值，再由二项式系数的性质得出的值.
14．（2024高三下·荔湾模拟）平面上一系列点，其中，已知在曲线上，圆与y轴相切，且圆与圆外切，则的坐标为 ；记，则数列的前6项和为 ．
【答案】；
【知识点】数列的求和；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：因为圆与y轴相切，所以圆的半径为，
又因为圆与圆外切，所以，
两边平方并整理得，
结合，，得，，
即，，以此类推，
因为，所以，故，
则数列的前6项和为：
.
故答案为：；.
【分析】由圆与y轴相切得出圆的半径为，由圆与圆外切得出，再由递推公式结合和类比推理的方法得出的坐标，再根据数列求和的方法得出数列的前6项和.
15．（2024高三下·荔湾模拟）美化环境，建设美好家园，大家一直在行动.现有一个直角三角形的绿地，，计划在区域建设一个游乐场，其中米，米，.
（1）若米，求的周长；
（2）设，求游乐场区域面积的最小值，并求出此时的值.
【答案】（1）解：由题意，米，米，，
在中，由余弦定理得，
则，由余弦定理得，
在中，，
由正弦定理得：，
由得，
所以的周长为：
（2）解：在中，由，得，
在中，由，得，所以
所以，当且仅当时，即当时，
的面积取最小值为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得的长，从而求得的值，进而得出的值，再根据同角三角函数基本关系式得出的值，由正弦定理得出的长，则根据三角形的周长公式得出的周长.
（2）在中，由正弦定理得出的长，在中，由正弦定理得出的长，再根据三角形的面积公式得出的面积，则由三角函数恒等变换公式结合正弦型函数求最值的方法，进而得出的面积的最小值．
（1）由题米，米，，
在中，
由余弦定理可得，则，
由余弦定理得，
在中，，
由正弦定理得，，
得
的周长为：
（2）在中，由，得，
又在中，由，得，
所以
所以当且仅当，
即时，的面积取最小值为.
16．（2024高三下·荔湾模拟）为迎接“五一小长假”的到来，某商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满200元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中，红球2个，白球3个，黄球5个，顾客从箱子中依次不放回地摸出2个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的2个球的颜色分成以下四种情况：：1个红球1个白球，：2个红球，：2个白球，：至少一个黄球.若四种情况按发生的概率从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖.
（1）求顾客在某次抽奖中，第二个球摸到为红球的概率
（2）求顾客分别获一 二 三等奖时对应的概率；
（3）若三名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为，求的分布列和期望.
【答案】（1）解：设顾客第次摸到红球为，
则；
（2）解：由题意知，，，
，，
因此，顾客分别获一 二 三等奖的概率分别为、、；
（3）解：由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，
则，
所以，，
，，
则分布列为：
1 2 3
数学期望.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】(1)根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得第二个球摸到为红球的概率 ；
(2)根据古典概型的概率公式及组合数公式计算可得顾客分别获一 二 三等奖时对应的概率；
(3)由（2）可知，顾客抽奖一次获奖的概率为，则，利用二项分布的概率公式求出 的分布列和期望.
17．（2024高三下·荔湾模拟）已知椭圆：的左、右焦点为，，离心率为，为椭圆上的一点，且的内切圆半径最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：交椭圆于，两点，的角平分线所在的直线与直线交于点，记直线的斜率为，试问是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）解：因为的周长等于为定值，
所以内切圆半径最大时，
即的面积最大，此时点为椭圆的上（下）顶点，
可得，
又因为，，解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：（法一）由已知条件可知直线的斜率，
设点，，
由得：
所以，（*），
由（*）可得
①，
②，
③，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
当直线、直线的斜率均存在时，
则，，，
又因为在的角平分线所在的直线上，
则，
可得出，
化简得，
将①②③式代入上式得：，
则，解得，（舍去），
故直线方程为，令得点，
则，故为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，
不妨设，此时，，
所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以；
综上所述，为定值.
（法二）由条件可知直线的斜率，
当直线、直线的斜率均存在时，
设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
设直线：，其中，
由得，即
整理得，
即，
令，则，其中，为方程的根，
所以，，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，
则，
由得，
代入整理得，
则，
故（舍去）或者，
所以直线的方程为，
令得点，
故，则为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，
不妨设，此时，，
所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以，
综上所述，为定值.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）先判断出的内切圆半径最大时点为椭圆的上（下）顶点，再用等面积法列出方程组，从而解方程组可得椭圆的方程.
（2）（法一）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，，，再根据在的角平分线所在的直线上，则，从而计算可得出为定值.
（法二）利用齐次化处理椭圆方程后，通过计算可得出为定值.
（1）因为的周长等于为定值，
所以内切圆半径最大时，即的面积最大，此时点为椭圆的上（下）顶点
可得；
又因为，，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）（法一）设点
由条件可知直线的斜率，
设点，，
由得：
所以，（*）
由（*）可得
①
②
③
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
当直线、直线的斜率均存在时，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，则
，
可得出，
化简得，
即，
将①②③式代入上式得：，
则，解得，（舍去），
故直线方程为，令得点，
则，故为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，不妨设，此时，
，所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以；
综上所述，为定值.
（法二）
由条件可知直线的斜率，
当直线、直线的斜率均存在时，
设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
设直线：，其中
由得
即
整理得
即
令，则，其中，为方程的根，
所以，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，则，
由得，
代入整理得，
则，
故（舍去）或者，
所以直线的方程为，令得点
故，则为定值；
当直线、直线有一条斜率不存在时，不妨设，此时，
，所以，直线、直线，
设，则，所以（正值舍去），
所以，所以；
综上所述，为定值.
18．（2024高三下·荔湾模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，为等边三角形，，，，.
（1）求证：；
（2）若，
①判断直线与直线的位置关系，并说明理由；
②求平面与平面的夹角.
【答案】（1）证明：如图：
不妨设，则，
∵，，由余弦定理可得：
，
所以，
即，，，
所以，又因为，
所以，
又因为，
所以平面AEB，平面AEB，
所以.
（2）解：与异面直线，理由如下：
取的中点为O，连结，为等边三角形，
所以，，
由（1）知平面AEB，
所以，，
所以平面，由，
则以A为原点，分别为x轴，y轴，以过A平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
，，，，，
设，，，，
，，
因为，所以，
因为，所以
因为，可得
所以，
把代入上面两式得和，
所以，
又因为，所以，
所以，，
所以，与不平行，
又因为，则和平面共面，
则EF在平面内，或平面，
又因为点E在平面外，所以平面，
所以与不相交，即与异面直线.
②由（1）知为平面的法向量，
设平面的法向量为，
，，
，所以，
取，则，则
设平面与平面夹角为，则
，所以，
所以平面ABE与平面FCD的夹角为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用，，则由余弦定理可得的长，再由勾股定理可得，同理可得，则可由线面垂直证出线线垂直.
（2）①利用（1）可证明三线垂直关系，再以AB的中点O为原点建立空间直角坐标系，可先设，再利用三个相等关系，，得出方程组，求解方程组得出，再判断与不平行，平面，从而判断出EF与BC是异面直线.
②利用空间向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面ABE与平面FCD的法向量，再根据数量积求向量夹角公式得出平面ABE与平面FCD的夹角.
（1）不妨设，则，
∵，，由余弦定理可得：
，
所以，
即，，
，
所以，又因为，
所以，
又因为，
所以平面AEB，
平面AEB，
所以.
（2）①与异面直线，理由如下：
取的中点为O，连结，为等边三角形.
所以，由（1）知平面AEB，
所以，，
所以平面，又由.
则以A为原点，分别为x轴，y轴，以过A平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
，，，，，
设，，，，
，，
因为，所以，
因为，所以，
因为，可得，
所以，把代入上面两式得，
和，
所以，又，所以，
所以，，
所以，与不平行，
又因为，
则和平面共面，
则EF在平面内，或平面，
又因为点E在平面外，所以平面，
所以与不相交.
即与异面直线；
②由（1）知为平面的法向量，
设平面的法向量为，
，，
，所以，取，则，
设平面与平面夹角为
，所以，
所以平面ABE与平面FCD的夹角为.
19．（2024高三下·荔湾模拟）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
（1）若，用表示；
（2）证明：；
（3）若，，，证明：．
【答案】（1）解：因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）证明：因为，所以
又因为
，
所以，
所以.
（3）证明：对于，因为
所以
所以，
所以，
所以，
.
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系；数列的求和；二项式系数
【解析】【分析】（1）根据新定义结合项的系数相等，从而用表示.
（2）利用新定义证明，即可证出.
（3）根据多项式的乘法可得，再利用通项公式整理化简，即可证出不等式成立.
（1）因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
（2）因为，
所以
又因为
所以，
所以.
（3）对于，
因为，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
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