2024届广东省广州市第六十五中学高三上学期8月摸底数学试题含答案

这是一份2024届广东省广州市第六十五中学高三上学期8月摸底数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届广东省广州市第六十五中学高三上学期8月摸底数学试题 一、单选题1．设，，，求（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据并集的运算得出，列举法得出，进而根据补集的运算即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以.故选：B．2．已知复数满足，则的虚部是（    ）A．2 B．2i C．1 D．i【答案】C【分析】根据复数的运算化简，再根据虚部的定义求解.【详解】因为，所以,所以的虚部是1.故选:C.3．若，则（    ）A．1 B．-1 C．15 D．-15【答案】A【分析】采用赋值法，即令，即可求得答案.【详解】由于，故令，可得，故选：A4．设，则“”是“”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件【答案】C【分析】利用解不等式可判断“”和“”之间的推理关系，即可得答案.【详解】由可得或，由可得或，即成立可推出成立，反之亦然，故“”是“”的充要条件，故选：C5．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】确定每段圆弧的中心角是，第段圆弧的半径为，由弧长公式求得弧长，然后由等差数列前项和公式计算．【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，第段圆弧的半径为，弧长记为，则，所以．故选：D．6．甲乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山5个景点中随机选择其中一个，记事件A：甲和乙选择的景点不同，事件B：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用古典概率公式求出和的概率，再利用条件概率公式即可求出结果.【详解】由题知，，，所以，故选：B.7．设O为坐标原点，是双曲线的左、右焦点，已知双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，则（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】不妨设，求出，然后算出可得答案.【详解】不妨设，则，．由余弦定理可得，，所以，所以．故选：A8．已知定义在R上的奇函数满足，且当时，则不等式在上的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先得出的周期以及对称轴，再证明在上恒成立，通过对称性画出函数和在上的简图，由图象得出解集.【详解】由题意可得，，即是周期为的函数，且图像关于对称.令时，，时，函数在上单调递增当时，，即设，即函数在上单调递减，则，即故在上恒成立结合对称性可画出函数和在上的简图，如下图所示由图象可知，不等式在上的解集为故选：A 二、多选题9．已知，，，则下列关系式中，正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】由换底公式可得，，根据可比较的大小，根据基本不等式可得.【详解】，，因为，所以，所以，即.因为，所以，即.所以，故AC正确，B错误.，故D错误.故选:AC.10．下列说法正确的是（    ）A．残差图中若样本数据对应的点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高B．在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于各组的频数C．数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为9D．某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675人【答案】AD【分析】根据残差的定义即可判断A,根据频率分布直方图的特征即可判断B，根据百分位数的定义即可判断C，根据分层抽样的抽样比即可求解D.【详解】对于A，由残差定义，如果样本数据点分布的带状区域越狭窄，说明该模型的拟合精度越高，故A正确；对于B，在频率分布直方图中，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故B错误；对于C，因为，故该组数据的第75百分位数为第6个数和第7个数的平均数10，故C错误；对于D，设该校女生人数为n，由已知可得，解得n＝675，故D正确.故选:AD.11．若过点可作3条直线与函数的图象相切，则实数可能是（    ）A． B． C． D．0【答案】BC【分析】由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可．【详解】设切点为，因为，，所以切线方程为，又切线过，则，整理得，所以令，则，由得，所以，当或时，，单调递减；当时，，单调递增，故当时，取极小值；当时，取极大值，由，可知，当时，，所以函数的图象大致如图，  由图可知，当时，直线与函数的图象有3个交点，此时过点可作3条直线与函数的图象相切，由此可知，BC符合题意.故选：BC.12．已知棱长为1的正方体，以正方体中心O为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．球O的半径B．球O在正方体外部分的体积大于C．若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则D．若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则【答案】BD【分析】对于A，画出图形易知正方体的棱切球的半径；对于B，结合球的体积和正方体体积公式即可判断；对于CD, 取中点，可知在球面上，根据空间向量的数量积运算即可判断.【详解】对于A，如下图所示，正方体的棱切球的半径， 故A错误；对于B，若球体、正方体的体积分别为，球在正方体外部的体积，故B正确；对于CD，取中点，可知在球面上，  可得，所以，点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，所以（当为直径时，），所以，故C错误，D正确.故选:BD. 三、填空题13．若，，则           .【答案】【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为，，所以，因为，所以所以故答案为：14．已知函数满足，则的解析式可以是           .（写出满足条件的一个解析式即可）【答案】（答案不唯一）【分析】利用待定系数法求解即可，若设，然后代入化简求出即可.【详解】若设，则由，得，解得，所以，故答案为：（答案不唯一）15．已知菱形ABCD的边长为2，，点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是           .【答案】【分析】以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算直接求解.【详解】如图示，以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系.因为菱形ABCD的边长为2，，则,,,.因为点P在BC边上（包括端点），所以,其中.所以,,所以.因为，所以.故答案为：16．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于两点，则的取值范围是           .【答案】【分析】根据题意，求出抛物线方程，设，，不妨取，再根据点三点共线，得，进而得到，再进而化简，可求解.【详解】如图，因为点在抛物线上，解得，所以，抛物线方程为，设点，，不妨取，由点三点共线，得，得，故原式，令，故原式，故答案为：. 四、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．(1)求A；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）用正弦定理化简即可得到角A；（2）先用余弦定理计算c，再用面积公式计算面积.【详解】（1）由正弦定理，因为，所以，所以因为，所以，所以.（2）由余弦定理，或（舍）所以.18．设等差数列的公差为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可求出等差数列的公差和首项，即可得答案；（2）由题设可得时，，即可推出，求得的通项公式，利用等比数列的前n项和公式即可求得答案.【详解】（1）由题意等差数列的公差为，且，，即，解得，故，即数列的通项公式为.（2）因为①， 则时，，故当时，②， ①②可得，而也适合该式，故，又，所以，则数列是以为首项，公比为的等比数列，故.19．如图，在五面体中，平面ABC，，，.  (1)问：在线段CD上是否存在点P，使得平面ACD?若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由.(2)若，，，求平面ECD与平面ABC夹角的余弦值.【答案】(1)存在，即当P为线段CD的中点时，平面ACD；证明见解析(2) 【分析】（1）先判断出结论；证明时分别取的中点为，连接，根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）延长交于一点F，连接，说明为平面ECD与平面ABC的交线，进而证明即为平面ECD与平面ABC夹角，解直角三角形，即可求得答案.【详解】（1）当P为线段CD的中点时，平面ACD；证明：分别取的中点为，连接，  则，而，，故,即四边形为平行四边形，则;因为平面ABC，平面,故，则；由，O为AC中点，故，则，又平面，故平面ACD；（2）在平面中延长交于一点F，连接，则为平面ECD与平面ABC的交线，  由于，，故B为的中点，而O为的中点，故，由（1）知，平面ACD，故平面ACD，所以平面ACD，平面ACD，故，平面,平面，且平面ABC，平面ABC，故，则为锐角，故即为平面ECD与平面ABC夹角，在中，，，所以,则,即平面ECD与平面ABC夹角的余弦值为.20．学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由教师甲、乙作为代表进行决赛.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10分，负者得分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4，0.5，0.75，各项目的比赛结果相互独立.甲、乙获得冠军的概率分别记为，.(1)判断甲、乙获得冠军的实力是否有明显差别（如果，那么认为甲、乙获得冠军的实力有明显差别，否则认为没有明显差别）；(2)用X表示教师乙的总得分，求X的分布列与期望.【答案】(1)甲、乙获得冠军的实力没有明显差别(2)分布列见解析， 【分析】（1）设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，利用互斥事件和独立事件的概率共求得和，结合，即可得到结论；（2）根据题意，得到的可能取值为，利用独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，得出分布列，结合期望的公式，即可求解.【详解】（1）解：设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为，则教师甲获得冠军的概率，由对立事件的概率公式，可得得，所以，解得，因为，所以甲、乙获得冠军的实力没有明显差别.（2）解：根据题意知，的可能取值为，可得，，，.所以随机变量的分布列为015300.150.4250.350.075所以期望为.21．已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，为坐标原点，线段的中点为，且．(1)求方程；(2)已知点、均在直线上，以为直径的圆经过点，圆心为点，直线、分别交椭圆于另一点、，证明直线与直线垂直．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题设易知且，根据有即可求，进而写出椭圆方程.（2）令，，则，而，即可写出直线、的方程，联立椭圆方程并设、，应用韦达定理求、的坐标，进而可求，结合及，即可证直线与直线垂直.【详解】（1）由题意知：，，则，而，∴，即，又，∴，解得或（舍去），故，∴的方程.  （2）令，，则，而，∴，，联立椭圆方程，整理得，显然，若，则，得，则，即，同理，整理得，显然，若，可得，则，即.∴，又，则，所以，故，而，∴，则直线与直线垂直，得证.  【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，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，.(1)讨论极值点的个数；(2)若恰有三个零点和两个极值点.（ⅰ）证明：；（ⅱ）若，且，证明：.【答案】(1)当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点；(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先求导，对进行讨论，研究单调性可得函数的极值；（2）(i)由(1)知: ,且,,又得出，即可得证；(ii)易得，令,可得，要证明:，只需证:，只需证: (显然,易证)，即证明:，又因为,所以，令,,利用导数证明即可.【详解】（1）由题知:， 设函数,当时,开口向上,,所以,在上单调递减,无极值点；当时, 在上有两个解,又因为,所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.所以有两个极值点.综上:当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点.（2）(i)由(1)知: ,且,又因为,所以.(ii)由(i)知:,,,所以,所以.令,,所以在上单调递减,在上单调递增.因为时,>0;时,<0.所以.所以,要证明:,只需证:,只需证: ,​​​​​​​只需证: ,只需证:,又因为在上单调递增,所以只需证:.令，所以，所以函数在上单调递减；所以，即.所以，要证：，只需证：，即证明:.因为,所以,所以.又因为,所以,所以.令,,则,所以在上单调递增,所以,所以,所以成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式 （或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见结论放缩；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.