广东省深圳市外国语学校2024届高三教学情况测试（二）数学试题
1．（2024高三下·深圳模拟）已知全集，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三下·深圳模拟）已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A． B． C． D．2
3．（2024高三下·深圳模拟）已知向量，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三下·深圳模拟）设等差数列的前项和为，且公差不为，若，，构成等比数列，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三下·深圳模拟）北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）.此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一.某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为，，高为，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三下·深圳模拟）设函数，则方程的实根个数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·深圳模拟）已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ ）
A．线段（不包含端点）
B．椭圆一部分
C．双曲线一部分
D．线段（不包含端点）和双曲线一部分
8．（2024高三下·深圳模拟）已知其中则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三下·深圳模拟）在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（ ）
A．两两垂直 B．两两平行
C．两两相交 D．两两异面
10．（2024高三下·深圳模拟）已知，为方程的两个实根，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高三下·深圳模拟）已知抛物线的准线方程为，圆，直线与交于两点，与交于两点在第一象限），为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．为定值
12．（2024高三下·深圳模拟）害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义.已知某种害虫产卵数（单位：个）与温度（单位：）有关，测得一组数据，可用模型进行拟合，利用变换得到的线性回归方程为.若，则的值为 .
13．（2024高三下·深圳模拟）已知是双曲线的左焦点，是的右顶点，过点作轴的垂线交双曲线的一条渐近线于点，连接交另一条渐近线于点.若，则双曲线的离心率为 .
14．（2024高三下·深圳模拟）如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为 ；在中，异面直线与的距离为 .
15．（2024高三下·深圳模拟）如图，在直四棱柱中，四边形为平行四边形，，.
（1）证明：与平面的交点为的重心；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：面与面所成角的正切值为.
16．（2024高三下·深圳模拟）为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示.在公园内部计划修建景观道路（道路的宽度忽略不计)，已知把三角形空地分成两个区域，区域为儿童娱乐区，区域为休闲健身区.经测量，米，米.若儿童娱乐区每平方米的造价为元，休闲健身区每平方米的造价为元，景观道路每米的造价为元.
（1）若，求景观道路的长度；
（2）求为何值时，口袋公园的造价最低？
17．（2024高三下·深圳模拟）某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表：
轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十
第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7
第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”.
（1）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
（2）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望；
（3）假设选手乙参加轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）.
18．（2024高三下·深圳模拟）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）记曲线在，两点处的切线斜率分别为，直线的斜率为，其中，求证：当时，有.
19．（2024高三下·深圳模拟）已知，数列A：，，…中的项均为不大于的正整数.表示，，…中的个数（）.定义变换，将数列变成数列：，，…其中.
（1）若，对数列：，写出的值；
（2）已知对任意的（），存在中的项，使得.求证： （）的充分必要条件为（）；
（3）若，对于数列：，，…，令：，求证：（）.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：易知，，则=.
故答案为：D.
【分析】由题意，先根据集合的补集得定义求出，，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．【答案】D
【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：设复数，因为，所以，
即，则，即，虚部为．
故答案为：D.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算结合复数相等列式求得a，b，再根据复数的概念判断其虚部即可．
3．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解： 若， 则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求值即可.
4．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的首项为，公差为，
因为，所以，即①，
又因为，，成等比数列，所以，即②，
联立①②，解得，，
则.
故答案为：D.
【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据等差数列前项和公式，结合等比数列中项，等差数列通项公式计算求解即可.
5．【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可知： 该纸镇下部的下部为上、下底面半径分别为，，高为的圆台，
设圆台的母线长为，易知圆台的母线为长，
圆台的侧面积为：，
圆台的体积为：，
则该纸镇下部的侧面积与体积分别.
故答案为：C.
【分析】由题可知： 该纸镇下部的下部为上、下底面半径分别为，，高为的圆台，先求圆台的母线长，再利用圆台侧面积公式和体积公式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：令，方程，转化为，
当时，，令，解得；
当时，，令，解得；
当时，若，则，解得，符合题意；
若，则，解得，不符合题意；
当时，若，则，解得，符合题意；
若，则，解得，符合题意，
综上可知：方程的实根个数为3.
故答案为：B.
【分析】先令，将方程转化为，求出t的值并将其代回，分别求出x的值，再统计实数根个数即可.
7．【答案】A
【知识点】等比数列的性质；椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，
所以，
因为，，成等比数列，
所以有，且有成立，
即成立，
由，
化简得：，或，
当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；
当时，即，
因为，所以，而，所以不成立，
故选：A
【分析】 根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可得答案.
8．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，，
又因为，
所以，，
，
，即，
，，即，则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先根据同角三角函数基本关系求得，，再根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，最后根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算，作商即可求解.
9．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线的判定
【解析】【解答】解：A、 在正方体中， 当直线l为，直线m为，直线n为时，两两垂直，故A正确；
B、当直线l为，直线m为时，直线平行，但在平面内找不到与直线平行的直线，即不可能两两平行，故B错误；
C、当直线l为，直线m为，直线n为时，两两相交，故C正确；
D、当直线l为，直线m为，直线n为时，两两异面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】在正方体中分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线即可判断ACD；在正方体中根据线线平行即可判断B.
10．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意得：，，，；
A、，因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、由，可得，故B错误；
C、，则，故C正确；
D
，当时等号成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据根与系数关系求出，，再结合基本不等式求解即可.
11．【答案】B,D
【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】【解答】解：A、由的准线方程为，可得，解得，故A错误；
B、设，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得：，
则
，
易知圆的圆心为，
因为直线恒过圆心，所以，所以，
所以，故以B正确；
C、易知直线过抛物线的焦点，则，
因为，，所以，解得，故C错误；
D、因为直线过抛物线的焦点，
所以，
所以为定值，故D正确.
故答案为：BD
【分析】根据抛物线的准线方程求的值即可判断A；将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系，再求出，由于直线过圆心，则由圆的性质可得即可判断B；利用弦长公式求，而，再由题意列方程可求出的值即可判断C；由题意可得，再结合抛物线的性质化简计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：因为，所以，则样本中心点，
函数两边同时取自然对数可得：
，即，
因为，所以，
将样本中心代入，求得，则，即.
故答案为：.
【分析】由题意，先求样本中心点，再将模型两边同时取自然对数可得，根据，将样本中心点代入回归方程可得，即可求得.
13．【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则过点作轴的垂线方程为，
不妨设直线与渐近线交于点，如图所示：
则可，
因为，所以为的中点，即，
又因为在另一条渐近线上，所以，解得，
则双曲线的离心率为.
故答案为：2.
【分析】易知，不妨设直线与渐近线交于点，且，再根据可得为的中点，即，代入另一条渐近线求得，计算离心率即可.
14．【答案】；
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解： 将几何体还原可得两个相同的正四棱锥，如图所示：
的各面都是边长为的等边三角形，
则正四棱锥中，，
，
将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，球半径为，
该球表面积的最小值为，
因为正方形的对角线的交点，平分与，
所以四边形为平行四边形，则，
与相交构成平面，则异面直线与的距离即点到平面的距离，
三棱锥的体积，
令点到平面的距离为，
则，解得，
则异面直线与的距离为.
故答案为：，.
【分析】将几何体还原可得两个相同的正四棱锥，比较与的大小，可得当球恰好外接时该球表面积的最小值，求球表面积的最小值即可；找出的平行线，而与相交构成平面，则异面直线与的距离可转化为点到平面的距离，利用等体积法求解即可.
15．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为，平面，所以平面，所以为平面与平面的公共点，
又因为平面平面，所以，
在矩形中，因为，所以，
在中，为边上的中线，则为的重心；
（2）解：若选择条件①：易知面，平面，则，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，
又因为四边形为平行四边形，所以四边形为菱形，
作，垂足为，如图所示：
因为平面，，所以平面，平面，即，
由，平面，所以平面，即为与平面所成角，
设，则，即；
若选择条件②：因为平面平面，所以平面与平面所成角的正切值为，
作交直线于点，连接，如图所示：
因为平面，平面，所以，
，平面，故平面，
又因为平面，所以，
所以二面角的平面角为，则，
设，则，，，即为线段的中点（与重合），
因为，，平面，所以平面，
作，因为面，，
所以面，面，即，
由，面，所以面，即为与平面所成角，
因为，所以.
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，由题意可得，再根据，结合为边上的中线证明即可；
（2）若选择条件①：作，垂足为，证得面，即可得为与平面所成角，在中求解即可；
若选择条件②：作交直线于点，连接，作，则，即可得到为与平面所成角，在中求解即可.
（1）
如图，连接交于点，连接.
因为面，所以面.
所以为面与面的公共点.
因为面面，所以.
在矩形中，由得.
因为在中，为边上的中线，
所以为的重心.
（2）若选择条件①：.
因为几何体为直四棱柱，
所以面，BD在面ABCD内，所以.
因为，面，所以面.
面，所以.
四边形为平行四边形，所以四边形为菱形.
如图，作，垂足为.
因为面，，所以面，面，即.
由，面，所以面，即为与平面所成角.
设，则，
所以.
若选择条件②：面与面所成角的正切值为，面面，
所以面与面所成角的正切值为.
如图，作交直线于点，连接，
由面，面，则，
，面，故面，
又面，所以，
所以二面角的平面角为，则.
设，则，所以.
所以，即为线段的中点（与重合）.
因为，，面，
所以面.
如图，作，因为面，，
所以面，面，即.
由，面，所以面.
即为与平面所成角.
因为，
所以.
16．【答案】（1）解：在中，由余弦定理得推论可得：，
因为，所以，
在中，，由正弦定理，可得，
则景观道路的长度为米；
（2）解：设，在中，，
，
因为，所以，
则投资总额
因为，
当且仅当即时取等号，故当时，取最小值，
即当为时，口袋公园的造价最低.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理推理求得，再在中，利用正弦定理计算即可；
（2）设，，计算和得到，确定公园造价的表达式，利用三角恒等变换结合基本不等式求最值即可.
（1）在中，，则，
，所以
在中，，由正弦定理得，
，
所以景观道路的长度为米.
（2）设，在中，，
所以
又
所以
所以投资总额
因为
当且仅当即时取等号.
所以当时，取最小值.
所以当为时，口袋公园的造价最低.
17．【答案】（1）解：易知选手在第一、三、四、五、七、八轮“稳定发挥”，则；
（2）解：由题意可知：10轮比赛中，有6轮“稳定发挥”
则甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，
记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，且，
，
，
则的分布列为
0 1 2 3
二项分布的数学期望；
（3）解：设在第轮中，较高分和较低分分别为和，
则，且，，
故，且，
，即.
【知识点】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；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可得：选手在第一、三、四、五、七、八轮“稳定发挥”，据此求解概率即可；
（2）先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为，记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，且服从二项分布，再求分布列以及数学期望即可；
（3）先求得关于的表达式，再比较大小即可.
（1）直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故；
（2）甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
这就得到的分布列为
0 1 2 3
二项分布的数学期望.
（3）设在第轮中，较高分和较低分分别为和，
则，且，，
故，且
从而.
即.
18．【答案】（1）解：当时，函数，定义域为，
，因为，
所以函数在区间上单调递增，无单调递减区间；
（2）证明：函数定义域为，，
则，
，
要证，只需证，
即证，
不妨设，则只需证，
即证，
设，则只需证①，
由（1）可知：函数在上单调递增，
则当时，，即，
设，则，
所以在上单调递增，即，
又因为，所以要证①，
只需证，
设，则，
所以在上单调递增.所以，得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）当时，函数，求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）求函数的定义域以及导函数，则，，要证，设，则只需证，设，则只需证，利用函数在上单调递性得，设，利用的单调性证明即可.
（1）当时，，
，
所以的增区间为，无减区间；
（2）因为，所以，
所以，
，
要证，只需证，
即证，
不妨设，则只需证，
即证，
设，则只需证①，
由（1）可知在上单调递增，
则当时，，所以，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
又因为，所以要证①，
只需证，
设，则，
所以在上单调递增.所以，得证.
19．【答案】解：（1）若，对数列：，则；
（2）证明：由于对任意的正整数（），存在中的项，使得.所以均不为零，
（），由于，
若（）成立，不妨设（），可以得到，
则；；；…；，
即（）成立，即充分性成立；
则；；；…；，
通过解此方程组，可得（）成立，即必要性成立，
故（）的充分必要条件为（），
（3）证明：设：，，…的所有不同取值为，且满足：，
不妨设，
其中；；…；，
又因为，根据变换有：；；…；；
所以：，，，
即：，，，
所以：，，，
又因为，
所以，，…，，
所以，
即：，，，
从而（），故（）.
【知识点】数列的应用；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据新定义直接写答案即可：
（2）由题意，数列中的新定义，结合充分、必要条件证明即可；
（3）抽象数列的性质证明即可.
1 / 1广东省深圳市外国语学校2024届高三教学情况测试（二）数学试题
1．（2024高三下·深圳模拟）已知全集，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：易知，，则=.
故答案为：D.
【分析】由题意，先根据集合的补集得定义求出，，再根据集合的交集的定义求解即可.
2．（2024高三下·深圳模拟）已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】D
【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：设复数，因为，所以，
即，则，即，虚部为．
故答案为：D.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算结合复数相等列式求得a，b，再根据复数的概念判断其虚部即可．
3．（2024高三下·深圳模拟）已知向量，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解： 若， 则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量平行的坐标表示列式求值即可.
4．（2024高三下·深圳模拟）设等差数列的前项和为，且公差不为，若，，构成等比数列，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比中项
【解析】【解答】解：设等差数列的首项为，公差为，
因为，所以，即①，
又因为，，成等比数列，所以，即②，
联立①②，解得，，
则.
故答案为：D.
【分析】设等差数列的首项为，公差为，根据等差数列前项和公式，结合等比数列中项，等差数列通项公式计算求解即可.
5．（2024高三下·深圳模拟）北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）.此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一.某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为，，高为，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可知： 该纸镇下部的下部为上、下底面半径分别为，，高为的圆台，
设圆台的母线长为，易知圆台的母线为长，
圆台的侧面积为：，
圆台的体积为：，
则该纸镇下部的侧面积与体积分别.
故答案为：C.
【分析】由题可知： 该纸镇下部的下部为上、下底面半径分别为，，高为的圆台，先求圆台的母线长，再利用圆台侧面积公式和体积公式求解即可.
6．（2024高三下·深圳模拟）设函数，则方程的实根个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：令，方程，转化为，
当时，，令，解得；
当时，，令，解得；
当时，若，则，解得，符合题意；
若，则，解得，不符合题意；
当时，若，则，解得，符合题意；
若，则，解得，符合题意，
综上可知：方程的实根个数为3.
故答案为：B.
【分析】先令，将方程转化为，求出t的值并将其代回，分别求出x的值，再统计实数根个数即可.
7．（2024高三下·深圳模拟）已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ ）
A．线段（不包含端点）
B．椭圆一部分
C．双曲线一部分
D．线段（不包含端点）和双曲线一部分
【答案】A
【知识点】等比数列的性质；椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，
所以，
因为，，成等比数列，
所以有，且有成立，
即成立，
由，
化简得：，或，
当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；
当时，即，
因为，所以，而，所以不成立，
故选：A
【分析】 根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可得答案.
8．（2024高三下·深圳模拟）已知其中则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，，
又因为，
所以，，
，
，即，
，，即，则.
故答案为：C.
【分析】由题意，先根据同角三角函数基本关系求得，，再根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，最后根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算，作商即可求解.
9．（2024高三下·深圳模拟）在正方体中，直线平面，直线平面，直线平面，则直线的位置关系可能是（ ）
A．两两垂直 B．两两平行
C．两两相交 D．两两异面
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线的判定
【解析】【解答】解：A、 在正方体中， 当直线l为，直线m为，直线n为时，两两垂直，故A正确；
B、当直线l为，直线m为时，直线平行，但在平面内找不到与直线平行的直线，即不可能两两平行，故B错误；
C、当直线l为，直线m为，直线n为时，两两相交，故C正确；
D、当直线l为，直线m为，直线n为时，两两异面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】在正方体中分别取两两垂直、两两相交，两两异面的直线即可判断ACD；在正方体中根据线线平行即可判断B.
10．（2024高三下·深圳模拟）已知，为方程的两个实根，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意得：，，，；
A、，因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、由，可得，故B错误；
C、，则，故C正确；
D
，当时等号成立，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据根与系数关系求出，，再结合基本不等式求解即可.
11．（2024高三下·深圳模拟）已知抛物线的准线方程为，圆，直线与交于两点，与交于两点在第一象限），为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．为定值
【答案】B,D
【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】【解答】解：A、由的准线方程为，可得，解得，故A错误；
B、设，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得：，
则
，
易知圆的圆心为，
因为直线恒过圆心，所以，所以，
所以，故以B正确；
C、易知直线过抛物线的焦点，则，
因为，，所以，解得，故C错误；
D、因为直线过抛物线的焦点，
所以，
所以为定值，故D正确.
故答案为：BD
【分析】根据抛物线的准线方程求的值即可判断A；将直线方程与抛物线方程联立，消元后利用根与系数的关系，再求出，由于直线过圆心，则由圆的性质可得即可判断B；利用弦长公式求，而，再由题意列方程可求出的值即可判断C；由题意可得，再结合抛物线的性质化简计算即可判断D.
12．（2024高三下·深圳模拟）害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义.已知某种害虫产卵数（单位：个）与温度（单位：）有关，测得一组数据，可用模型进行拟合，利用变换得到的线性回归方程为.若，则的值为 .
【答案】
【知识点】回归分析的初步应用
【解析】【解答】解：因为，所以，则样本中心点，
函数两边同时取自然对数可得：
，即，
因为，所以，
将样本中心代入，求得，则，即.
故答案为：.
【分析】由题意，先求样本中心点，再将模型两边同时取自然对数可得，根据，将样本中心点代入回归方程可得，即可求得.
13．（2024高三下·深圳模拟）已知是双曲线的左焦点，是的右顶点，过点作轴的垂线交双曲线的一条渐近线于点，连接交另一条渐近线于点.若，则双曲线的离心率为 .
【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则过点作轴的垂线方程为，
不妨设直线与渐近线交于点，如图所示：
则可，
因为，所以为的中点，即，
又因为在另一条渐近线上，所以，解得，
则双曲线的离心率为.
故答案为：2.
【分析】易知，不妨设直线与渐近线交于点，且，再根据可得为的中点，即，代入另一条渐近线求得，计算离心率即可.
14．（2024高三下·深圳模拟）如图为几何体的一个表面展开图，其中的各面都是边长为的等边三角形，将放入一个球体中，则该球表面积的最小值为 ；在中，异面直线与的距离为 .
【答案】；
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解： 将几何体还原可得两个相同的正四棱锥，如图所示：
的各面都是边长为的等边三角形，
则正四棱锥中，，
，
将放入一个球体中，当球恰好外接时该球表面积的最小值，球半径为，
该球表面积的最小值为，
因为正方形的对角线的交点，平分与，
所以四边形为平行四边形，则，
与相交构成平面，则异面直线与的距离即点到平面的距离，
三棱锥的体积，
令点到平面的距离为，
则，解得，
则异面直线与的距离为.
故答案为：，.
【分析】将几何体还原可得两个相同的正四棱锥，比较与的大小，可得当球恰好外接时该球表面积的最小值，求球表面积的最小值即可；找出的平行线，而与相交构成平面，则异面直线与的距离可转化为点到平面的距离，利用等体积法求解即可.
15．（2024高三下·深圳模拟）如图，在直四棱柱中，四边形为平行四边形，，.
（1）证明：与平面的交点为的重心；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：面与面所成角的正切值为.
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为，平面，所以平面，所以为平面与平面的公共点，
又因为平面平面，所以，
在矩形中，因为，所以，
在中，为边上的中线，则为的重心；
（2）解：若选择条件①：易知面，平面，则，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，
又因为四边形为平行四边形，所以四边形为菱形，
作，垂足为，如图所示：
因为平面，，所以平面，平面，即，
由，平面，所以平面，即为与平面所成角，
设，则，即；
若选择条件②：因为平面平面，所以平面与平面所成角的正切值为，
作交直线于点，连接，如图所示：
因为平面，平面，所以，
，平面，故平面，
又因为平面，所以，
所以二面角的平面角为，则，
设，则，，，即为线段的中点（与重合），
因为，，平面，所以平面，
作，因为面，，
所以面，面，即，
由，面，所以面，即为与平面所成角，
因为，所以.
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，由题意可得，再根据，结合为边上的中线证明即可；
（2）若选择条件①：作，垂足为，证得面，即可得为与平面所成角，在中求解即可；
若选择条件②：作交直线于点，连接，作，则，即可得到为与平面所成角，在中求解即可.
（1）
如图，连接交于点，连接.
因为面，所以面.
所以为面与面的公共点.
因为面面，所以.
在矩形中，由得.
因为在中，为边上的中线，
所以为的重心.
（2）若选择条件①：.
因为几何体为直四棱柱，
所以面，BD在面ABCD内，所以.
因为，面，所以面.
面，所以.
四边形为平行四边形，所以四边形为菱形.
如图，作，垂足为.
因为面，，所以面，面，即.
由，面，所以面，即为与平面所成角.
设，则，
所以.
若选择条件②：面与面所成角的正切值为，面面，
所以面与面所成角的正切值为.
如图，作交直线于点，连接，
由面，面，则，
，面，故面，
又面，所以，
所以二面角的平面角为，则.
设，则，所以.
所以，即为线段的中点（与重合）.
因为，，面，
所以面.
如图，作，因为面，，
所以面，面，即.
由，面，所以面.
即为与平面所成角.
因为，
所以.
16．（2024高三下·深圳模拟）为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示.在公园内部计划修建景观道路（道路的宽度忽略不计)，已知把三角形空地分成两个区域，区域为儿童娱乐区，区域为休闲健身区.经测量，米，米.若儿童娱乐区每平方米的造价为元，休闲健身区每平方米的造价为元，景观道路每米的造价为元.
（1）若，求景观道路的长度；
（2）求为何值时，口袋公园的造价最低？
【答案】（1）解：在中，由余弦定理得推论可得：，
因为，所以，
在中，，由正弦定理，可得，
则景观道路的长度为米；
（2）解：设，在中，，
，
因为，所以，
则投资总额
因为，
当且仅当即时取等号，故当时，取最小值，
即当为时，口袋公园的造价最低.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理推理求得，再在中，利用正弦定理计算即可；
（2）设，，计算和得到，确定公园造价的表达式，利用三角恒等变换结合基本不等式求最值即可.
（1）在中，，则，
，所以
在中，，由正弦定理得，
，
所以景观道路的长度为米.
（2）设，在中，，
所以
又
所以
所以投资总额
因为
当且仅当即时取等号.
所以当时，取最小值.
所以当为时，口袋公园的造价最低.
17．（2024高三下·深圳模拟）某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表：
轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十
第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7
第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”.
（1）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
（2）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望；
（3）假设选手乙参加轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）.
【答案】（1）解：易知选手在第一、三、四、五、七、八轮“稳定发挥”，则；
（2）解：由题意可知：10轮比赛中，有6轮“稳定发挥”
则甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，
记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，且，
，
，
则的分布列为
0 1 2 3
二项分布的数学期望；
（3）解：设在第轮中，较高分和较低分分别为和，
则，且，，
故，且，
，即.
【知识点】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；二项分布
【解析】【分析】（1）由题意可得：选手在第一、三、四、五、七、八轮“稳定发挥”，据此求解概率即可；
（2）先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为，记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，且服从二项分布，再求分布列以及数学期望即可；
（3）先求得关于的表达式，再比较大小即可.
（1）直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故；
（2）甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
这就得到的分布列为
0 1 2 3
二项分布的数学期望.
（3）设在第轮中，较高分和较低分分别为和，
则，且，，
故，且
从而.
即.
18．（2024高三下·深圳模拟）已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）记曲线在，两点处的切线斜率分别为，直线的斜率为，其中，求证：当时，有.
【答案】（1）解：当时，函数，定义域为，
，因为，
所以函数在区间上单调递增，无单调递减区间；
（2）证明：函数定义域为，，
则，
，
要证，只需证，
即证，
不妨设，则只需证，
即证，
设，则只需证①，
由（1）可知：函数在上单调递增，
则当时，，即，
设，则，
所以在上单调递增，即，
又因为，所以要证①，
只需证，
设，则，
所以在上单调递增.所以，得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）当时，函数，求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）求函数的定义域以及导函数，则，，要证，设，则只需证，设，则只需证，利用函数在上单调递性得，设，利用的单调性证明即可.
（1）当时，，
，
所以的增区间为，无减区间；
（2）因为，所以，
所以，
，
要证，只需证，
即证，
不妨设，则只需证，
即证，
设，则只需证①，
由（1）可知在上单调递增，
则当时，，所以，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
又因为，所以要证①，
只需证，
设，则，
所以在上单调递增.所以，得证.
19．（2024高三下·深圳模拟）已知，数列A：，，…中的项均为不大于的正整数.表示，，…中的个数（）.定义变换，将数列变成数列：，，…其中.
（1）若，对数列：，写出的值；
（2）已知对任意的（），存在中的项，使得.求证： （）的充分必要条件为（）；
（3）若，对于数列：，，…，令：，求证：（）.
【答案】解：（1）若，对数列：，则；
（2）证明：由于对任意的正整数（），存在中的项，使得.所以均不为零，
（），由于，
若（）成立，不妨设（），可以得到，
则；；；…；，
即（）成立，即充分性成立；
则；；；…；，
通过解此方程组，可得（）成立，即必要性成立，
故（）的充分必要条件为（），
（3）证明：设：，，…的所有不同取值为，且满足：，
不妨设，
其中；；…；，
又因为，根据变换有：；；…；；
所以：，，，
即：，，，
所以：，，，
又因为，
所以，，…，，
所以，
即：，，，
从而（），故（）.
【知识点】数列的应用；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据新定义直接写答案即可：
（2）由题意，数列中的新定义，结合充分、必要条件证明即可；
（3）抽象数列的性质证明即可.
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