2024届广东实验中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析

这是一份2024届广东实验中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析，共23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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据集合交集，并集定义计算即可.
【详解】由题可知
，A正确，B错误;
，C错误，D错误.
故选:A
2．复数，表示的共轭复数，表示的模，则下列各式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算、模的坐标运算及复数的几何意义即可判断.
【详解】因为，所以，故A错误；
，，故B错误；
，，故C错误；
由复数的几何意义可知：，则，故D正确.
故选：D.
3．2025年某省将实行“3+1+2”模式的新高考，其中“3”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“1”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“2”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目.为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值（指标值满分为5分，分值越高成绩越优）整理得到如下的雷达图，则下列选择最合理的是（ ）
A．选考科目甲应选物理、化学、历史
B．选考科目甲应选化学、历史、地理
C．选考科目乙应选物理、政治、历史
D．选考科目乙应选政治、历史、地理
【答案】D
【分析】根据雷达图得到两位同学综合指标值顺序，然后根据选科要求从高到低选择即可.
【详解】根据雷达图，甲同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：物理、历史（化学）、地理、生物、政治，
乙同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：历史、物理（政治）、地理、生物、化学，
根据新高考选科模式规则，选考科目甲应选物理、化学、地理；选考科目乙应选历史、政治、地理.
故选：D
4．已知等差数列的公差为d，前n项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用等差数列的前项公式，分别从充分性和必要性两个方面进行判断即可求解.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，所以，
，
所以，
若等差数列的公差，则，所以，故充分性成立；
若，则，所以，故必要性成立，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C.
5．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A．α∥β且∥αB．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于D．α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
【解析】平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
6．设，为正实数，若，则的最小值是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【分析】由，令，，即可得到，
则，利用基本不等式计算可得.
【详解】解：因为，为正实数，且，
令，，则，
则，
当且仅当，即，时取等号.
故选：D．
7．如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.
【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起，

平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面；
同理可得：平面；
平面的法向量为，平面的法向量为，
，，
，，即与的夹角为，
所求锐二面角的大小的余弦值是.
故选：C．
8．已知，为两个相互垂直的单位向量，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题中向量的特征，可设，，，然后根据向量模的运算得到，，转化为点与点、的距离和的最小值问题，再结合图象即可得到.
【详解】因，为两个相互垂直的单位向量，不妨设，，
因，可设，其中，
则，，，
，
，
，
设，，
则，
其中表示点与点的距离，表示点与点的距离，
如图
设点与点所在的直线为，则其方程为：，即，
联立，得或，
即当或，时，取的最小值，
所以的最小值为，
故选：B
二、多选题
9．下列结论中，正确的有（ ）
A．数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B．若随机变量，则
C．已知经验回归方程为，且，则
D．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】BC
【分析】第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：，所以选项B正确；，所以选项C正确；此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.
【详解】解：数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：
随机变量，则，所以选项B正确；
经验回归方程为，且，则，所以选项C正确；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.
故选：BC．
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．△ABC的面积为6
【答案】AB
【分析】A选项，由余弦定理得，求出；B选项，由正弦定理和化简得到，求出；C选项，在A选项基础上求出，，从而得到，由正弦定理得到；D选项，由三角形面积公式求出答案.
【详解】A选项，由余弦定理得，
故，A正确；
B选项，，由正弦定理得，
因为，
所以，即，
因为，所以，故，
又，故，B正确；
C选项，由A选项可知，，又，故，
因为，所以，解得，
故，
，
由正弦定理得，即，解得，C错误；
D选项，△ABC的面积为.
故选：AB
11．如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（ ）
A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
【答案】BCD
【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.
【详解】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
12．已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数n，则下列说法中正确的有（ ）
A．B．
C．为递减数列D．
【答案】AC
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.
A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；
BC选项，由图像可判断选项；
D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A正确；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列.故C正确；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
三、填空题
13．在等比数列中，若，则的值为 ．
【答案】81
【分析】根据题意，由条件可求得，从而得到结果.
【详解】因为数列为等比数列，设其公比为，且，
则，所以，则，
故答案为:
14．某公司员工小明上班选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是 ．
【答案】
【分析】设小明迟到为事件A，小明自驾为事件B，由题可得，后由条件概率公式可得答案.
【详解】设小明迟到为事件A，小明自驾为事件B，则， .
则在小明迟到的条件下，他自驾去上班的概率为.
故答案为：
15．若两个锐角，满足，则 .
【答案】
【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式，化简可得角，的关系，代入即可求解.
【详解】因为，
所以
所以，
因为，为锐角，所以有，
所以，即，
所以，即，
因为，为锐角，所以有，即，
所以
故答案为：
16．如图，在矩形中，，，分别为边，的中点，分别为线段（不含端点）和上的动点，满足，直线，的交点为，已知点的轨迹为双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，求出直线，的方程，联立两方程解出点的坐标，进而可得点所在双曲线方程，由离心率公式计算即可得答案.
【详解】解：以所在的直线为轴，线段的中垂线所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系：
设，则，
则有，，，，，，，
设，
所以，，
又因为，所以，
所以或，
又因为，
所以直线的方程为：，即，
同理可得直线的方程为：，即，
由，可得，
即，
因为，，
，,
即有，，
所以点所在双曲线方程为：，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：椭圆或双曲线中，要求离心率的值，就要求出的值(或数量关系或关于的一个二次方程).
四、解答题
17．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，，在底面的射影为的中点，为的中点.
(1)求证：平面平面；
(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)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.
【详解】（1）
如图，∵面，连，则，
又，∴，
又，面，面，于是面，
又面，，所以面面.
（2）由(1)可得，以为轴，建系如图，
，，则
因为,所以,则,
因为,
所以,
设平面的一个法向量为，
因为,
所以，令，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为,
所以，令，则，
所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．如图是半径为2m的水车截面图，在它的边缘（圆周）上有一定点P，按逆时针方向以角速度（每秒绕圆心转动）作圆周运动，已知点P的初始位置为，且的纵坐标为1，设点P的纵坐标y是转动时间t（单位：s）的函数记为
(1)求函数的解析式；
(2)用五点作图法作出函数，的简图；
(3)当水车上点P的纵坐标大于等于1时，水车可以灌溉植物，则水车旋转一圈内有多长时间可以灌溉植物？
【答案】(1)
(2)图象见解析
(3)
【分析】（1）根据题意，分别计算和的值，结合三角函数的性质，求得的解析式；
（2）根据题意，列表、描点、连线，作出函数在上的简图；
（3）根据的解析式，得出不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，点的纵坐标为1，可得，所以，
可得，，
因为逆时针方向以角速度作圆周运动，所以.
（2）由函数，
因为，可得，
列表可得：
在直角坐标系中描点、连线，作出函数在上的简图，如图所示，
（3）由，令，可得，即，
可得，解得，
可得水车旋转一周灌溉的时间为，即水车旋转一圈内有可以灌溉植物.
19．已知数列满足，且的前100项和
(1)求的首项；
(2)记，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分为奇数和为偶数两种情况进而讨论即可求解；
（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）当为奇数时，；
则偶数项构成以为公差的等差数列，
所以当为偶数时，；
当为偶数时，，
则奇数项构成以1为公差的等差数列，
所以当为奇数时，，
则，又，
所以，
解得，.
（2）由（1）得，，，，
当时，，
∴，
综上，知.
20．已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；
（2）设，，直线，则，
联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，
即证，代入求解计算即可.
【详解】（1）设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，
则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，
将代入椭圆方程，可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）设，则.
将直线代入椭圆方程，得，
其判别式，即，
.
所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，
，所以.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，
重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
21．某单位在“全民健身日”举行了一场趣味运动会，其中一个项目为投篮游戏．游戏的规则如下：每局游戏需投篮3次，若投中的次数多于未投中的次数，该局得3分，否则得1分．已知甲投篮的命中率为，且每次投篮的结果相互独立．
（1）求甲在一局游戏中投篮命中次数X的分布列与期望；
（2）若参与者连续玩局投篮游戏获得的分数的平均值大于2，即可获得一份大奖．现有和两种选择，要想获奖概率最大，甲应该如何选择？请说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，；（2）甲选择时，获奖的概率更大，理由见解析.
【分析】（1）说明，求出概率得到的分布列，然后求解期望．
（2）若选择，设局游戏中，得3分的局数为m，推出，求出概率的表达式，推出，则，得到结论．
【详解】解：（1）由题意知，则，，
，，
所以X的分布列为
．
（2）由（1）可知在一局游戏中，甲得3分的概率为，得1分的概率为，
若选择，此时要能获得大奖，则需次游戏的总得分大于，
设局游戏中，得3分的局数为m，则，即．
易知，
故此时获大奖的概率
同理可以求出当，获大奖的概率为
因为
所以，则
答：甲选择时，获奖的概率更大．
22．已知：函数，且，.
(1)求证：；
(2)设，试比较，，，的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）比值代换构造单元函数证明；
（2）结合函数的单调性分与的大小情况讨论证明.
【详解】（1）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，即证：
，.
设，，由切线不等式
得，
故，单调递增，，得证.
（2）证法一：由，得在上单调递减，且，
在上单调递增且；
由（1）知
当时，在上单调递增，
故，即.
当时，
由上面的结论，得时，
有，即
由在上单调递增，
故，
即.综上，得
∵，∴，
∵，关于单调递减，
∴，.
综上，得.
证法二：∵，∴，
∵，在上是减函数，
∴，即；
，在上是减函数，
∴，即
下面证明：当时，.（1）
设，则，
∴，即；
设，则，
∴即，
∴（1）式成立
下面证明：
（2）
∵，∴，
∴（2）式成立.
【点睛】注意掌握用导数证明不等式的常用方法技巧，如比值代换、切线不等式、指数（对数）均值不等式飘带函数等.
0
1
4
6
1
2
0
0
1
X
0
1
2
3
P