2024届广东省华南师范大学附属中学高三上学期开学测数学试题含答案

2024届广东省华南师范大学附属中学高三上学期开学测数学试题

一、单选题

1．复数，则的辐角主值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先对复数化简，然后可求出，再根据辐角主值的定义求解即可

【详解】因为，

所以，

则，，

因为与对应的点在第四象限，所以，

故选：B

2．设集合，则的子集数量是（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解出集合，则得到其子集数量.

【详解】，解得，又因为，所以，

所以其子集数量为.

故选：A.

3．椭圆的两焦点分别为 ，是椭圆上一点，当的面积取得最大值时，（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三角形面积公式得当点位于椭圆的上下端点时，面积最大，再利用特殊角的三角函数即可得到答案.

【详解】，所以，

所以，则当最大时，面积最大，

此时点位于椭圆的上下端点，

则，因为，所以，

所以.

故选：C.

4．展开式中项的系数是（     ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用二项展开式的通项可求出结果.

【详解】因为的展开式的通项为，

令，得，

所以展开式中项的系数是，

故选：D.

5．以下什么物体能被放进底面半径为，高为的圆柱中（     ）

A．底面半径为，母线长为的圆锥

B．底面半径为，高为的圆柱

C．边长为的立方体

D．底面积为，高为的直三棱柱

【答案】B

【分析】A选项，根据得到A错误；B选项，画出立体图形，设出未知数，得到，推出B正确；C选项，推导出能放入底面半径为，高为的的圆柱中；D选项，根据体积大小，得到D错误.

【详解】由于，故该圆锥无法放入圆柱中，A错误；

B选项，如图所示，将底面半径为，高为的圆柱放入半径为，高为的圆柱中，如图所示，

则，因为，由勾股定理得，

设，则，则，，

由勾股定理得，

因为，则，，

，

故能被放进底面半径为，高为的圆柱中，B正确；

C选项，边长为的立方体，面对角线长为，体对角线长为，

要想放进高为的圆柱内，需要如图所示放入，

其外接球的直径为，故要想放入圆柱中，只能放入以球为内切球的圆柱中，

如图，过点的母线交上底面于点，交下底面于点，

设，，由勾股定理得，

连接，则，由勾股定理得，

解得，

即边长为的立方体可放入底面半径为，高为的的圆柱中，

因为，故C错误；

D选项，底面积为，高为的直三棱柱体积为，

由于底面半径为，高为的圆柱体积为，

故无法放进放进底面半径为，高为的圆柱中，D错误.

故选：B

6．有下列一组数据：，则这组数据的第百分位数是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由百分位数的求法求解即可.

【详解】该组数据从小到大排列为：，

因为，所以这组数据的第百分位数是从小到大的第8个，

所以这组数据的第百分位数是8，

故选：C

7．设数列 的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据二项式定理得，再根据等比数列的求和公式即可得到答案.

【详解】由二项式定理，，，

根据指数函数单调性知则单调递增，

当时，，时，故的最小值为7.

故选：C.

8．，则的大小关系是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】令，则，，，然后利用导数证明对任意（），都有，即可得结论.

【详解】令，则，

所以，，，

下面证对任意（），都有，

令，则只需比较的大小，

因为，，

所以，令，则

，

令，，则，，

令，则，，

因为，，，，

所以，

所以，所以在上递减，且，

所以当时，，当时，，

所以在上递增，在上递减，

若，有，且至多有一个不变号零点，单调递减，与矛盾，

所以，

若，有，且至多有一个不变号零点，单调递增，与矛盾，

所以，

所以，所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查比较大小，考查导数应用，解题的关键是根据已知条件构造函数，然后将转化为，，，再次构造函数利用导数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题

二、多选题

9．下列式子中最小值是的是（     ）

A． B．

C． D．

【答案】CD

【分析】根据函数正负取值情况判断A，B；设，求导确定单调性与最值，可判断C；根据二次函数的性质求最值可判断D.

【详解】对于A，当时，，则的最小值不可能是，故A错误；

对于B，当时，，则的最小值不可能是，故B错误；

对于C，设，所以，

则当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，

所以，故C正确；

对于D，二次函数开口向上，所以时，函数有最小值，故D正确.

故选：CD.

10．，若将图象向左平移个单位长度后在上有且只有两个零点，则的取值可以是（     ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据给定条件，求出函数图象平移后所得图象对应的函数解析式，再利用余弦函数零点问题求出范围作答.

【详解】依题意，函数图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为

而，当时，，若函数在上有且只有两个零点，

则，解得，则选项BD不满足，AC满足.

故选：AC

11．已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（     ）

A．若，则的最大值是

B．若，则的最大值是

C．若，则的最大值是

D．若，则的最大值是

【答案】AC

【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点P的轨迹是一个椭球，当时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.

【详解】由题意知，点P为动点，A、C为定点，，

由椭圆的定义知，点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，

将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，

而椭球面为一个椭圆，由，

即，得，

当点P运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，

此时；

设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，

又，且，

所以当且仅当时最大，即取到最大值；

当时，由，得，

则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，

当即时，取到最大值，

此时；

当直线BP与球相切于点P即时，取到最大值，

此时，则.

故选：AC.

12．在本场考试中，多选题可能有个或个正确的选项，全部选对得分，漏选得分，有选错或未选的得分.如果你因完全不会做某道题目而必须随机选择项选项，设该题恰有两个正确选项的概率为，你的得分为随机变量，则下列说法正确的是（     ）

A．若随机选择两项，则存在使

B．无论为多少，随机选择一项总能使最大

C．若，则随机选择两项比随机选择三项更优

D．若随机选择三项，则存在使

【答案】BCD

【分析】分别求出随机选择一项、两项、三项时得分的期望，然后即可得出结果.

【详解】因为多选题可能有个或个正确的选项，恰有两个正确选项的概率为，所以恰有三个正确选项的概率为，

若随机选择一项，则得分的所有可能取值为0，2，

则，，

则，

若随机选择两项，则得分的所有可能取值为0，2，5，

则，，，

则，故A错误；

若随机选择三项，则得分的所有可能取值为0，5，

则，，

则，显然存在使，故D正确；

由于，

，

所以无论为多少，随机选择一项总能使最大，故B正确；

由得，

所以当，随机选择两项比随机选择三项更优，故C正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．设随机变量，则    

【答案】/0.5

【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率作答.

【详解】随机变量，所以.

故答案为：

14．直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程       

【答案】或或（只需写一条）

【分析】画出它们的图像，由图像易得满足题意的两条公切线，再根据相切条件解得第三条公切线.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为，椭圆中，，它们的图象如下图：

由图可知，或与圆和椭圆同时相切，

即符合条件的的方程可以为或

假设公切线斜率存在且不为零时方程为，由图可知

所以①

由得

由得②

由①②解得

故答案为： 或或（只需写一条）

15．底面是面积为的等边三角形的三棱锥的表面积是，则其体积的最大值是    

【答案】

【分析】由题设条件可得关于体高的方程，利用基本不等式可求的最大值，故可求体积的最大值.

【详解】

过作平面，垂足为，作，

垂足分别为，连接，

因为平面，平面，故，

而平面，故平面，

而平面，故，同理，

设.

因为底面为等边三角形且面积为，故边长为2，

因为三棱锥的表面积是，故侧面积为6，

故，所以，

所以，

而，故，

所以，

由琴生不等式有，

故，故即，当且仅当时等号成立.

故体积的最大值为，

故答案为：.

【点睛】思路点睛：体积的最值问题，可以归结为高的最大值，此时应该根据高满足的等式关系结合常见不等式求最值.

16．有8个不同的小球从左到右排成一排，从中拿出至少一个球且不能同时拿出相邻的两个球的方案数量是    

【答案】54

【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合组合应用问题列式计算作答.

【详解】依题意，至少拿出1个球，最多拿出4个球，

当拿出1个球时，有种方法，

当拿出2个球时，由于拿出的2个球不相邻，可视为把拿出的2个球放入余下6个球排成

一排形成的7个空隙中的任意2个，可得8个球的对应排列，因此取2个球有种方法，

当拿出3个球时，由于拿出的3个球不相邻，可视为把拿出的3个球放入余下5个球排成

一排形成的6个空隙中的任意3个，可得8个球的对应排列，因此取3个球有种方法，

当拿出4个球时，由于拿出的4个球不相邻，可视为把拿出的4个球放入余下4个球排成

一排形成的5个空隙中的任意4个，可得8个球的对应排列，因此取4个球有种方法，

所以所求的方案数量是.

故答案为：54

四、解答题

17．向量与能作为平面向量的一组基底.

(1)若，， ，证明三点共线

(2)若与共线，求的值

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据向量线性运算得，再利用向量共线定理即可证明；

（2）由题设，则得到，解出即可.

【详解】（1），，

，又因为有公共点点，三点共线.

（2）设，，

即

则，解得

18．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用面面垂直的性质定理即可证明;(2)建立空间直角坐标系，利用空间角的坐标运算求解方法进行求解.

【详解】（1）∵四边形是正方形，

∴．

又∵平面平面，平面平面，

且平面

∴平面．

（2）由，得，

∴．    

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

∴，，．

设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．

则，令，则，

∴．

，令，则，

∴，

∴．

∴平面与平面夹角的余弦值为．

19．在中，分别为的对边，.

(1)证明；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）运用正余弦定理对条件进行转化，化简后便可得出结果；

（2）借助三角形三边等量或不等关系，运用余弦定理、基本不等式求解出的取值范围.

【详解】（1）因为，

所以由正余弦定理得，，

化简得，；

（2）由（1）得，，

因为，

所以，当且仅当时取“=”，

故，

又因为，

所以，

故，

所以，

所以的取值范围为.

20．已知函数

(1)当时，函数在上有极小值，求实数的取值范围

(2)若，，证明

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由在有解得出，再验证函数在上有极小值，从而得出实数的取值范围；

（2）由导数得出的最小值，再由分析法证明.

【详解】（1）题意知在上有极小值，

则在有解，

故，设，

显然在单调递增，

又，，所以.

当时，在单调递增，

又，，

由零点存在定理可知，且，

此时当时，，当时，，

所以在上单调递减，

在上单调递增，故在上有极小值点.

因此实数的取值范围.

（2）由题得，，，

在上小于，在上大于.

在上单调递减，在上单调递增.

最小值为

只需证明，即，即，

因为，

所以， 该式子显然成立，即.

【点睛】关键点睛：解决问题（1）时，关键在于将在上有极小值，转化为在有解，分离参数，构造函数得出实数的取值范围.

21．已知椭圆的两焦点分别为 ，A是椭圆上一点，当时，的面积为.

(1)求椭圆的方程；

(2)直线与椭圆交于两点，线段的中点为，过作垂直轴的直线在第二象限交椭圆于点S，过S作椭圆的切线，的斜率为，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得，再结合椭圆定义，余弦定理、三角形面积公式可求得的值，从而可得椭圆方程；

（2）先由直线和椭圆联立表示出点，点S的横坐标，再由点，点S的横坐标相等，得出之间的关系，从而表示出（保留），进而求出结果.

【详解】（1）由题意得，

由椭圆定义可得，又，

由余弦定理可得：

，

所以，又，解得，

所以，故椭圆的方程为.

（2）直线，设，

联立与得，所以，

恒成立，

所以，

故，

设直线为，，

联立，所以，

由可得，

所以，则，所以得，所以，

则，

由于函数在上为减函数，所以函数在上为增函数，

所以函数在上为减函数，所以，

所以.

【点睛】关键点点睛：本题第（2）问通过联立直线与表示出P点横坐标，再通过联立(设方程)与表示出S点横坐标，由P点横坐标与S点横坐标相等得到是解题的关键，然后表示出，进而求出结果.

22．记数列的前项和为，且满足

(1)求数列的通项公式；

(2)数列满足，证明对任意，；

(3)某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）.

参考数据：，，

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)5

【分析】（1）由可得，对分奇偶利用累加法可得，从而可得数列的通项公式；

（2）设，作差判断数列的单调性，由差可设，设函数，求导即可得单调性，从而证明不等式成立；设，求导得单调性，从而可证得不等式；

（3）结合（2）中不等式可得，在根据对数运算进行估值，即可得的估计值.

【详解】（1）因为，当时，，即，

当时，，则

整理得，

当为偶数时，，，，……，

累加得，即，

当为奇数时，，，，，……，

累加得，即，

综上，可得，所以由可得；

（2）设，则

所以

设，设函数，所以

所以当时，，故可得 ，

故

设，所以恒成立，可知，则，令可得

所以，则

累加得：，所以，

故，原不等式得证.

（3）设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得

又，则，故.

【点睛】关键点点睛：要证明不等式和，结合数列单调性证明作差法进行变形处理，在判断差的符号时，关键是构造函数，利用函数和导数的关系确定最值从而判断差的符号，即可证得结论.