广东省广州市2024年高三数学上学期第一次调研测试卷（含答案）

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1、2024年广东省广州市高三数学上学期第一次调研测试卷一、单选题1已知集合，则（）ABCD2在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（）ABCD3设函数.若对任意的实数都成立，则的最小值为（）AB1CD4已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5若是等差数列，表示的前n项和，则中最小的项是（）ABCD6小明将与等边摆成如图所示的四面体，其中，若平面，则四面体外接球的表面积为（）ABCD7已知直线l与椭圆在第二象限交于，两点，与轴，轴分别交于，两点（在椭圆外），若，则的倾斜角是（）ABCD8已知函数，若方程有5个不同的实数根，且最小的

2、两个实数根为，则的取值范围为（）ABCD二、多选题9某校举行演讲比赛，6位评委对甲、乙两位选手的评分如下：甲：7.57.57.87.88.08.0乙：7.57.87.87.88.08.0则下列说法正确的是（）A评委对甲评分的平均数低于对乙评分的平均数B评委对甲评分的方差小于对乙评分的方差C评委对甲评分的40%分位数为7.8D评委对乙评分的众数为7.810下列说法正确的是（）A“为第一象限角”是“为第一象限角或第三象限角”的充分不必要条件B“，”是“”的充要条件C设，则“”是“”的充分不必要条件D“”是“”的必要不充分条件11椭圆的标准方程为为椭圆的左、右焦点，点的内切圆圆心为，与分别相切于点，

3、则（）ABCD12已知函数，则下列说法正确的是（）A若函数存在两个极值，则实数的取值范围为B当时，函数在上单调递增C当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为D当时，若，则的最小值为三、填空题13的展开式中的系数为 （用数字作答）14设数列满足，且，若表示不超过的最大整数，则 15已知椭圆 的左右焦点为直线与椭圆相交于两点， 若， 且， 则椭圆的离心率为 16已知A，M，N是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的取值范围是 四、解答题17在中，角，所对应的边分别为，且.（1）求的大小；（2）若的面积为，求的值.18如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.(1)求证：(2)在线段上是否存在点，

4、使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.19已知数列的各项均大于1，其前项和为，数列满足，数列满足，且，.(1)证明：数列是等差数列；(2)求的前项和.20某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷.规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会.现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表：2022年2023年通过未通过通过未通过第一次60人40人50人50人第二次70人30人60人40人第三次80人

5、20人人人假设每次考试是否通过相互独立.(1)从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率；(2)小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率；(3)若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则的最小值为下列数值中的哪一个？（直接写出结果）的值83889321在平面直角坐标系中，已知双曲线的浙近线方程为分别是双曲线的左右顶点.(1)求的标准方程；(2)设是直线上的动点，直线分别与双曲线交于不同于的点，过点作直线的垂线，垂足为，求当最大时点的纵坐标.22已知函数，.(1)当时，求曲线在处的切线方程；

6、(2)若有且仅有1个零点，求的取值范围.参考答案1B【分析】对分式不等式、含绝对值不等式求解后结合集合运算即可得.【详解】由，可得或，即，由，可得或，即，所以.故选：B2A【分析】先求得，然后根据复数运算求得正确答案.【详解】依题意，所以.故选：A3C【分析】由是最大值点，结合正弦函数的最大值可得的表达式，再求得的最小值即可【详解】由可知时函数取得最大值,所以，解得：，因为，所以的最小值为.故选: C.4B【分析】根据向量的夹角为钝角，由且与不共线求得的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】由已知可得，由可得，解得，所以由与的夹角为钝角可得解得，且.因此，当时，与的夹角不一定为钝角

7、，则充分性不成立；当与的夹角为钝角时，且，即成立，则必要性成立.综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.故选：B5B【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.【详解】因为，所以，因为，所以，所以公差，故当时，当时，所以当时，取得最小值，即中最小的项是.故选：B.6C【分析】过，的外心作所在平面的垂线，所得交点即为球心，结合勾股定理即可求出半径.【详解】中，取中点，则为的外心，在等边中取重心， 也为的外心，取中点，连接，过，的外心作所在平面的垂线，所得交点即为外接球的球心，则，平面，则平面，则，平面，平面，平面，则平面，所以，故为矩形，则

8、，则则外接球的表面积为.故选：C7A【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到，再由条件得到也是的中点，从而得到关于的方程，进而求得，由此得解.【详解】设：（，），设，联立，得，由题意知，所以，设的中点为，连接，因为，所以，得，又因为，所以也是的中点，所以的横坐标为，从而得，因为交在第二象限，解得，设直线倾斜角为，得，得，故A正确.故选：A.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（

9、5）代入韦达定理求解.8B【分析】根据题意作出与的大致图象，结合图象与导数的几何意义求得的取值范围，再利用韦达定理得到关于的表达式，从而得解.【详解】如图，作出函数与的大致图象，若方程有5个不同的实数根，则的图象与的图象有5个不同的交点，当时，的图象与的图象无交点，当时，的图象与的图象有2个交点所以，当直线与的图象相切时，设切点坐标为，由可得，则切线斜率，故，则，结合图象可得m的取值范围为，由，得，则恒成立，设该方程的两个实数根为，则，故，因为开口向上，对称轴为，又，所以的取值范围为故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是作出与的大致图象，充分利用数形结合求得的取值范围，从而得解.9ACD

10、【分析】由平均数、方差、百分位数、众数的概念及求法分别求解判断即可.【详解】选项A，评委对甲评分的平均数，评委对乙评分的平均数，所以，故A正确；选项B，由A知，两组数据平均数均约为，且纵向看，甲组数据与乙组数据仅一组数据不同，其余数据相同，又甲组数据与平均数的差明显大于乙组数据与平均数的差，且差距较大，故与平均数比较，甲组数据波动程度明显大些，即评委对甲评分的方差大于对乙评分的方差，故B错误；选项C，由不是整数，则评委对甲评分的40%分位数为从小到大第个数据，即：，故C正确；选项D，评委对乙评分中最多的数据，即众数为，故D正确.故选：ACD.10AC【分析】对于A，利用象限角，求得角的范围，可

11、判定充分性，取，验证必要性即可；对于B，考查时，的取值范围，可判定必要性不成立；对于C，根据集合，的关系即可判定；对于D，根据条件求得的取值范围即可判断.【详解】对于A,因为为第一象限角，所以，则,当为偶数时，为第一象限角，当为奇数时，为第三象限角，所以充分性成立；当时，为第一象限角，则，为第二象限角，即必要性不成立，故A正确；对于B，当，时，成立，则充分性成立；当时，或，,故必要性不成立，则B错误；对于C，而，则，故则“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D,当时，,则，则，故充分性成立，当时，则，则成立，所以“”是“”的充要条件，故D错误，故选：AC.11BCD【分析】根据椭圆中焦点三

12、角形的性质求解，再结合三角形内切圆的几何性质逐项判断即可得结论.【详解】椭圆：，则，所以，又，所以点再椭圆上，连接，则，故A不正确；由椭圆的定义可得，又的内切圆圆心为，所以内切圆半径，由于，所以，故，故C正确；又，所以，则，所以，故D正确；又，所以，又，所以，即，故B正确.故选：BCD.12BC【分析】对A选项：由极值点的性质结合导数讨论单调性即可得；对B选项：结合导数讨论单调性即可得；对C选项：结合单调性，可转化为当时，有成立，求出最小值即可得；对D选项：采用同构法可确定，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得.【详解】对A选项：，若函数存在两个极值，则函数必有两个变号零点，令，则，

13、令，则，则当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减，故，又当时，恒成立，当时，故当，函数有两个变号零点，即若函数存在两个极值，则实数的取值范围为，故A错误；对B选项：当时，令，则，则当时，当时，；故在上单调递减，在上单调递增，故，故函数在上单调递增；故B正确；对C选项：当时，令，则，则当时，；当时，；故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，则存在，使不等式成立，等价于存在，使不等式成立，则当时，有成立，由当时，且在上单调递增，故，即实数的最小值为，故C正确；对D选项：当时，由B、C可知，、均为定义域上的增函数，由，故有，由，则，即，故，又，故，令，则，令，则，则当时，当时，；故在上单

14、调递减，在上单调递增，即，故在上单调递增，故无最小值，即无最小值，故D错误.故选：BC.【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的综合应用问题，其中D选项中涉及到多变量问题的求解，求解此类问题的基本思路是根据已知中的等量关系，将多变量转化为单变量的问题，从而将其转化为函数最值问题的求解.13【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.【详解】的通项公式为，令得，此时，令得，此时，故的系数为故答案为：14【分析】根据题意，得到，得到为等差数列，求得其通项公式，结合累加法，得到，求得，再利用裂项求和，求得，即可求解.【详解】因为，可得，又因为，可得，所以数列是首项为，公差为的等差

15、数列，所以，当时，且当时，也成立，所以，所以，所以，所以.故答案为：.15【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.【详解】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，由，得，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，即椭圆的离心率.故答案为：.16【分析】根据正方体的性质可得结合夹角的定义可得，可得其最大值；根据数量积的运算可知，可得其最小值.【详解】正方体表面上任意两点间距不超过体对角线长度，则，故，而，故，如图建立空间直角坐标系， 取，重合为时，则，取得最大值；由对称性，设在下底面，由在下底面知，当且仅当也在下底面

16、时取等，此时共面时，设中点为，则，当且仅当重合时取等，又因为，可得，例如，则；所以的取值范围是.故答案为：.17（1）；（2）【分析】（1）根据正弦定理可得，再根据角的范围可得结果；（2）根据面积公式可得，根据余弦定理可得，再根据余弦定理可得的值.【详解】（1）在中，由正弦定理可得：，所以：，又，所以.（2）因为的面积为，由余弦定理，所以.所以.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，属于基础题.18(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得；（2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为，利用空间向量法求出，再由向量法求出点到平面

17、的距离.【详解】（1）因为四边形为正方形，平面，如图以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以，所以.（2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为，则，又，所以，解得（负值舍去），所以存在满足条件，所以，依题意可得，设为平面的法向量，则，设，可得，所以点到平面的距离为.19(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用计算整理可得数列是等差数列；（2）先由（1）求出，然后通过并项求和以及错位相减求和法可得.【详解】（1），-得，整理得，或，又，得或（舍去），若，则，得，舍去，即，数列是以为首项，为公差的等差数列；（2）由（1）可得，即，令，则，两式相减得，.20(

18、1)(2)(3)【分析】（1）根据相互独立的事件的概率求解即可；（2）根据相互独立的事件的概率求解即可；（3）分别求出2022年和2023年考生成绩的合格率，列出不等式即可求解.【详解】（1）记事件：“2022年第次参加考试的考生通过考试”，记事件：“2023年第次参加考试的考生通过考试”，则，从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率为；（2），小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率为；（3）2022年考生成绩合格的概率为,2023年考生成绩合格的概率为，要使2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩

19、合格的概率，则，解得.故的最小值为.21(1)；(2).【分析】（1）利用给定的渐近线方程求出即可得双曲线方程.（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理、三点共线探求直线过的定点，结合几何意义求解即得.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，依题意，所以的标准方程为.（2）由（1）知，设，显然直线不垂直于轴，否则由双曲线的对称性，点在轴上，不符合题意；设直线，由消去得，有，则，于是，由三点共线得直线的斜率满足，同理，由三点共线得，消去，得，即，整理得，即，则，因此或，若，又，得，结合，从而，即，不成立，即，因此，满足，则直线恒过点，点在以为直径的圆上，当与重合时，最大，此时轴，所以

20、当最大时，点的纵坐标为.【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.22(1)；(2)【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；（2）结合第一问将分为三种情况：当时，由导数研究函数的单调性与最值可判定此时零点个数；当时，通过取点及适当放缩分别计算的正负，判定此时函数零点的个数；当时，通过函数的单调性得出，从而确定始终为负即可.【详解】（1）时，所以，则，所以在处的切线方程为；（2）由上知时，有，令，即在上单调递增，又，所以时，时，即在上单调递增，在上单调递减，所以，此时只有一个零点，符合题意；当时，且，所以，设，显然时，即此时单调递增，时，此时单调递减，所以，即，所以，所以根据零点存在性定理可知使得，又，易知，所以，由上证得，即，故使得，所以此时至少存在两个零点，不符题意；时，由可知，所以此时无零点，不符合题意；综上所述时，有且仅有1个零点.【点睛】难点点睛：通过第一问将参数分成三种情况讨论.第一个难点在于时的合适取点即及符号的判定，在计算函数值符号时用到了常用函数放缩公式，第二个难点在于时，通过对数函数的单调性判定再结合时的结论判定函数值符号.关于取点技巧需要多加练习，放缩公式要多加积累.