广东省“六校”(清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中)2024届高三上学期9月联合摸底数学试题（解析版）

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2024届高三级9月“六校”（清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中）联合摸底考试数学试题考生注意：1．满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3．本卷命题范围：高考范围.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 若集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求得集合，根据集合的交集运算可得答案.【详解】由题意得，，故，故选：C2. 已知是复数的共轭复数，则，则（    ）A. 1 B.  C. 5 D. 【答案】B【解析】【分析】设出复数代数形式，结合复数相等的定义、复数模的定义进行求解即可.【详解】设，由题意可得：，即，即，故选：B3. 已知向量．若，则（    ）A.  B. 2 C.  D. 0【答案】D【解析】【分析】根据平面向量线性运算法则，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，解得，故选：D4. 从1、2、3、4、5、6、7这7个数中任取5个不同的数，事件：“取出的5个不同的数的中位数是4”，事件：“取出的5个不同的数的平均数是4”，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据中位数的性质、平均数的定义，结合古典概型、条件概率的公式进行求解即可.【详解】根据题意，从7个数中任取5个数，则基本事件总数为，这5个数的中位数是4的基本事件有个，所以，其中5个数的平均数都是4的基本事件有1，2，4，6，7；1，3，4，5，7；2，3，4，5，6，共3种情况，这3种情况恰好也是的基本事件，所以，所以，故选：C5. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦型函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可.【详解】因为，所以当时，则有，因在区间内有最大值，但无最小值，结合函数图象，得，解得，故选：A6. 已知数列的前项和为，且满足，若，则（    ）A. 2027 B. 1012 C. 1013 D. 1014【答案】C【解析】【分析】根据题意所给条件求出数列的通项公式，利用通项公式分析得出的值，从而解决问题.【详解】因为，所以当时，，当时，，故数列从第2项开始都是偶数，而是奇数，故正整数和其中必有一个等于，另一个就是，故，故选：C．7. 设椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点分别为、，P是椭圆上一点，，()，，则椭圆离心率的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设，，运用椭圆的定义和勾股定理，求得，令，可得，即有，运用二次函数的最值的求法，解不等式可得所求范围．【详解】解：设，，由椭圆的定义可得，，可设，可得，即有，①由，可得，即为，②由②①，可得，令，可得，即有，由，可得，即，则当时，取得最小值；当或3时，取得最大值，即有，解得：，所以椭圆离心率的取值范围为.故选：B.【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查离心率的范围，同时考查不等式的解法，属于中档题．8. 设，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数，求出导数，利用导数性质判断函数的单调性，由此能求出结果．【详解】解：令，所以，当时，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时取等号，令，可得，令，，则在时，，在上单调递增，，时，．，令，则，所以当时，当时，即函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，当且仅当时取等号，所以当，可得，所以最小，设，则，在上单调递增，，，，综上可得；故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 如图所示，棱长为2的正方体中，面对角线与相交于点，则下列说法正确的有（    ）  A. 平面B. 点到平面的距离为C. 过点作与平面垂直的直线，则与直线夹角的余弦值为D. 沿正方体的表面从点到点的最短距离是【答案】AC【解析】【分析】根据题意，证得平面平面，可判定A正确；证得平面，将到平面的距离转化为到平面的距离，结合，可判定B错误；证得平面，转化为与的夹角，进而可判定C正确；结合正方体的侧面展开图，可得判定D错误.【详解】对于A中，如图1，在正方体中，可得,，因为平面，平面，所以平面，同理可证：平面，又因为且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，所以A正确；对于B中，由平面平面，因为平面，所以平面，所以点到平面的距离等于到平面的距离，设为，由为边长为的等边三角形，可得，又由，可得，解得即点到平面的距离等于，所以B错误；对于C中，连接，在正方体中，可得平面，因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证：，因为，且平面，所以平面，所以过点且垂直于平面的直线，所以与直线的夹角为与的夹角，即，在直角中，可得，所以C正确；对于D中，如图2所示，由正方体侧面展开图可知，即从正方体的表面从点到点的最短距离是，所以D错误.故选：AC.  10. 已知圆和圆分别是圆，圆上的动点，则下列说法错误的是（    ）A. 圆与圆相交B. 的取值范围是C. 是圆与圆的一条公切线D. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则存在点，使得【答案】AC【解析】【分析】利用两圆的位置关系可判断AB；求出外公切线可判断C；根据四边形为正方形，可判断D.【详解】对于A选项，由题意可得，圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，因为两圆圆心距，所以两圆外离，故A错误；对于B选项，的最大值等于，最小值为，故B正确；对于C选项，显然直线与直线平行，因为两圆的半径相等，则外公切线与圆心连线平行，由直线，设外公切线为，则两平行线间的距离为2，即，故，故C错误；对于D选项，易知当时，四边形为正方形，故当时，，故D正确.故选：AC．11. 已知三次函数有三个不同的零点，若函数也有三个不同的零点，则下列等式或不等式一定成立的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】对于A，由题意可得有两个不同的实根，则，从而可进行判断，对于B，根据图象分析判断，对于CD，由零点的定义结合方程化简变形进行判断.【详解】，因为原函数有三个不同的零点，则有两个不同的实根，即，则，即，所以A错误；因为三次函数有三个不同的零点，所以，所以，同理，所以，故C正确，D错误；由的图象与直线的交点可知，B正确．故选：BC．  12. 已知直线过抛物线的焦点，与抛物线相交于两点，分别过作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，以线段为直径作圆为坐标原点，下列正确的判断有（    ）A.  B. 为钝角三角形C. 点在圆外部 D. 直线平分【答案】ABD【解析】【分析】对选项A，根据焦半径公式即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B正确，对选项C，D，根据抛物线的性质得到，，即可判断C错误，D正确.【详解】如图所示：对选项A，由抛物线的焦半径公式可知，所以，故A正确；对于选项B，，令直线的方程为，代入得，所以，所以，所以是钝角三角形，故B正确；对选项C，D，由可知，又，所以，所以直线平分角，同理可得平分角，所以，即，所以圆经过点，故C错误，D正确．故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 现有5名同学从北京、上海、深圳三个路线中选择一个路线进行研学活动，每个路线至少1人，至多2人，其中甲同学不选深圳路线，则不同的路线选择方法共有__________种．（用数字作答）【答案】.【解析】【分析】根据题意，分为甲同学单独1人和甲同学与另外一个同学一起，两类情况讨论，结合排列、组合，即可求解.【详解】每个路线至少1人，至多2人，则一个路线1人，另外两个路线各2人，若甲同学单独1人时，有种不同的选法；若甲同学与另外一个同学一起，则有种不同的选法，则不同的选择方法有60种．故答案为：.14. 如图所示，在上、下底面均为正方形的四棱台中，已知，则该四棱台外接球的体积为__________．  【答案】【解析】【分析】根据正四棱台的性质和球的性质，结合球的体积公式进行求解即可.【详解】由已知可知正四棱台的外接球的球心在轴线上，如图所示，，设，当球心在线段延长线上时，  有，解得， 显然不可能，当球心在线段上时，有，解得，则，  所以正四棱台的外接球的体积为．故答案为：15. 已知函数，且满足，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据不等式的形式、已知函数的解析式形式构造新函数，结合函数的奇偶性和单调性的性质进行求解即可.【详解】令，则，因为，所以为奇函数．又，所以根据单调性的性质可得为增函数．因为，所以，等价于，即，所以，即，解得或，所以实数的取值范围为．故答案为：【点睛】关键点睛：由不等式的形式构造函数是解题的关键.16. 直线分别与曲线交于，则的最小值为 ____________【答案】【解析】【详解】设A(x1,a),B(x2,a),则2(x1+1)=x2+lnx2，∴x1= (x2+lnx2)−1，∴|AB|=x2−x1= (x2−lnx2)+1，令y= (x−lnx)+1,则，∴函数在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增，∴x=1时,函数的最小值为 ，故答案为 .四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在等比数列中，，且成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求不等式的解集．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）解：设数列的公比为，根据题意列出方程，求得，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）得到，结合裂项法求和，求得，结合题意，得到不等式，即可求得不等式的解集．【小问1详解】解：设数列的公比为，因为成等差数列，所以，即，又因为，则，即，解得，所以数列的通项公式为．【小问2详解】解：由，可得，所以又由，可得，即，即，所以，所以不等式的解集为．18. 如图，四棱锥中，底面四边形是直角梯形，，，直线与所成的角为．
  （1）求证：平面平面；（2）点为线段上一点，若二面角的大小为，求的长．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由线线垂直可证明线面垂直，即可得面面垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【小问1详解】证明：平面，平面．又平面，平面平面．【小问2详解】在平面内，过作轴，建立空间直角坐标系（如图）．  由题意有，设，则，，由直线与直线所成的角为，得，即，得，所以．由直角梯形可知，则可设．由题意可得，设平面的一个法向量为，则，取，得．平面的法向量取，则，解得（负值舍去），则．19. 已知的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角化以及结合三角恒等变换即可求解，（2）由和差角公式，结合三角函数的性质可判断三角形为等边三角形，即可由面积公式求解.【小问1详解】由正弦定理，得．化简得，由两角和的正弦公式得．由诱导公式化简得．因为，所以，所以．由于，所以．【小问2详解】，即．由（1）知，所以，因为，所以．即为边长是4的等边三角形．．20. 某同学进行投篮训练，已知该同学每次投中的概率均为0.5.（1）若该同学进行三次投篮，第一次投中得1分，第二次投中得1分，第三次投中得2分，记为三次总得分，求的分布列及数学期望；（2）已知当随机变量服从二项分布时，若充分大，则随机变量服从标准正态分布.若保证投中的频率在0.4与0.6之间的概率不低于，求该同学至少要投多少次.附：若表示投篮的次数，表示投中的次数，则投中的频率为；若，则.【答案】（1）分布列见解析，2    （2）68次【解析】【分析】（1）设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，列出的所有取值，再计算出对应的概率，即可求解.(2)根据题意将转化为，即可求解.【小问1详解】设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，根据题意可知，故，，的分布列为：01234的数学期望.【小问2详解】设至少投次，其中投中次数，若，即，由已知条件可知，又因为，所以，所以所以至少要投68次才能保证投中的频率在0.4到0.6之间的概率不低于21. 已知双曲线经过点，，，，中的3个点.（1）求双曲线C的方程；（2）已知点M，N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点，过点M，N的直线，都经过双曲线C的右顶点，若直线，的斜率分别为，，且，判断直线MN是否过定点，若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由【答案】（1）    （2）直线过定点，且定点坐标为【解析】【分析】（1）分析出双曲线经过的个点，然后求得，从而求得双曲线的方程.（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由列方程进行化简，进而求出直线过定点【小问1详解】由于关于轴对称，所以要么都在双曲线上，要么都不在双曲线上.点不可能都在双曲线上，因为双曲线经过个点，所以都在双曲线上.将的坐标代入得，由都在双曲线上可知、都不在双曲线上，所以点在双曲线上，故，结合可得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】设，其中，故可设直线的方程为，由消去并化简得，，因为双曲线的右顶点为，且，所以，所以，代入得，当时，，所以直线过定点.22. 已知函数．（1）试讨论的极值点的个数；（2）若，且对任意的都有，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，求得，令，单调，令，求得，得到函数的单调性与最大值，进而得出答案.（2）解法一：令，求得，得到函数的单调性，且，进而得在上单调递减，进而求得的取值范围；解法二：由，当时，，不符合题意；当时，取得，得到有两个异号实根，分和，两种情况讨论，即可求解.解法三：根据题意，把不等式的恒成立，转化为恒成立，令，求得，令，利用导数求得函数的单调性，得出在上单调递增，进而求得的取值范围.【小问1详解】解：由函数的定义域为，可得，令，即，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，又当时，且；且当时，，所以当时，无极值点；当时，有两个极值点；当时，有1个极值点．小问2详解】解法一：由，可得，且，若，即，则，使得时，，所以在上单调递增，所以，此时与题意不符，故，可得，下证当时，对恒成立．证明：令，则．因为，所以对恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，对恒成立，所以在上单调递减，所以，所以对恒成立．综上所述，实数的取值范围为．解法二：由．①当时，，不符合题意；②当时，，令，即，可得，且两根之积为，所以有两个异号实根，设两根为，且，若，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，此时不符合题意．若，则，即，此时在上单调递减，所以，符合题意．综上所述，实数的取值范围为．解法三：由．若，则，满足题意；若，则，令，则，令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围为．【点睛】方法总结：利用导数求解函数或不等式的恒成立（有解）问题的求解策略:形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；形如的有解的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可.