2024届广东省广州市第六十五中学高三上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省广州市第六十五中学高三上学期11月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．（1，3）
C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合B，然后再求两集合的并集即可.
【详解】由，得，解得或，
所以或，
因为，
所以，
故选：C
2．已知复数与复数都是纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设（且），根据是纯虚数，列出方程，即可求解.
【详解】因为是纯虚数，故设（且），
又因为是纯虚数，所以且，
解得，所以.
故选：D．
3．已知函数（）在点处的切线与直线：垂直，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数的导函数，即可求出，依题意可得，即可得到，再由重要不等式计算可得.
【详解】因为，则，所以．
因为函数在点处的切线与直线垂直，所以，
即，因为，所以，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：C．
4．在中，点在边上，且．点满足．若，，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】A
【分析】利用平面向量的线性运算结合数量积公式计算即可.
【详解】由题意可知
，
所以
，
所以，
故选：A．
5．如下图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，则异面直线PA与BC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出异面直线PA与BC所成角，结合三角形的知识可求.
【详解】取的中点，连接，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以；
所以或其补角是异面直线PA与BC所成角；
设，则,；
因为，所以；
因为平面ABCD，所以,
在三角形中，.
故选：B.
【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解，作出异面直线所成角，结合三角形知识可求.侧重考查直观想象的核心素养.
6．已知抛物线：的焦点为，准线为，且与双曲线（）的两条渐近线分别交于两点，若是正三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由抛物线准线的方程为，得到的坐标，进而得到的高为，再结合，求得，根据离心率的定义，即可求解.
【详解】由抛物线，可得，准线的方程为，
所以，，
因为是正三角形，的高为焦点到准线的距离为，
所以的边长为4，所以，所以，即，
所以双曲线的离心率.
故选：A．

7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.
【详解】解：因为，，
所以平方得，，，
即，，
两式相加可得，
即，
故，
.
故选：D.
8．在数列中给定，且函数的导函数有唯一零点，函数且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求导利用函数零点定义即可求得，得到数列是公差为2的等差数列.再利用引入辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合题意进而求解即可.
【详解】因为有唯一的零点，且为偶函数，
则，可得，，所以数列是公差为2的等差数列.
又，
令，则为奇函数，
因为，所以在上单调递增，
由题意得，
则，
∵数列是公差为2的等差数列，其中，
则，假设，
因为是奇函数且在上单调递增，
则在上单调递增，
所以，
∵，
∴，与已知矛盾，故不成立；
假设，同理可得，与已知矛盾，故不成立；
综上，．
故选：A
二、多选题
9．已知实数，则“”的充要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数及正弦函数的单调性结合充分条件和必要条件的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，因为函数是上的增函数，
所以，所以是“”的充要条件，故A正确；
对于B，由，得，
当时，无意义，
所以是“”的充分不必要条件，故B错误；
对于C，因为函数是上的增函数，
所以，所以是“”的充要条件，故C正确；
对于D，当时，，
所以不是“”的充要条件，故D错误.
故选：AC.
10．下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
B．以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和4
C．若某校高三（1）班8位同学身高（单位）分别为：，则这组数据的上四分位数（即第75百分位数）为174
D．根据变量与的样本数据计算得到，根据的独立性检验，可判断与有关，且犯错误的概率不超过0.05
【答案】AB
【分析】根据可判断A；对两边同时取对数可得可判断B；从小到大排列这组数据，由第75百分位数计算可判断C；可判断D.
【详解】对于A，根据可得数据的方差为，故A正确；
对于B，对两边同时取对数可得，因为，所以
，所以的值分别是和4，故B正确；
对于C，从小到大可得这组数据为，，则这组数据的上四分位数（即第75百分位数）为，故C错误；
对于D，因为，在犯错误的概率不超过0.05的情况下，可判断与无关，故D错误.
故选：AB.
11．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对于A，在表达式中令结合已知即可验证；对于B，在表达式中令结合A选项分析即可验证；对于C，在表达式中令结合已知即可验证；对于D，结合B、C选项的分析即可验证.
【详解】对于A，在中令，可得，
又，所以，故A选项正确；
对于B，在中令，可得，
又由A选项分析可知，所以，
所以，由实数具有任意性，所以，故B选项正确；
对于C，在中令，结合，
故可得，所以，
由于实数具有任意性，所以，故C选项正确；
对于D，由C选项分析可知，而由B选项分析可知，
所以，故D选项错误.
故选：ABC.
12．如图，在棱长为1的正方体中，下列命题正确的是（ ）

A．平面平面，且两平面的距离为
B．当点在线段上运动时，四面体的体积恒等于四面体的体积
C．与正方体所有棱都相切的球的体积为
D．若是正方体的内切球的球面上任意一点，是外接圆的圆周上任意一点，则的最小值是
【答案】BCD
【分析】根据面面平行的判定以及空间点面以及面面距离的求解判断A；根据三棱锥的体积计算判断B；确定球的半径即可求得球的体积，判断C；将的最小值转化为正方体的外接球和内切球半径之差，判断D.
【详解】对于A，正方体中，，
即四边形为平行四边形，故，
平面，平面，故平面，
同理可证平面，而平面，
故平面平面；

设B到平面的距离为d，，则,
即，则；
同理求得到到平面的距离为；
连接，则，由于平面平面，
故，平面，
故平面，平面，故，
同理可证，而平面，
故平面，而平面平面，则平面，
又，
故平面和平面之间的距离为，A错误；
对于B，当点在线段上运动时，四面体的体积为；
而四面体的体积，
即当点在线段上运动时，四面体的体积恒等于四面体的体积，B正确；
对于C，与正方体所有棱都相切的球的直径为正方体面对角线长,
故该球体积为，C正确；
对于D，正方体的内切球球心和正方体外接球球心是同一个点，即为正方体的中心，
外接球直径为，内切球直径为1；
而外接圆为正方体外接球的一个小圆，
故由是正方体的内切球的球面上任意一点，是外接圆的圆周上任意一点，
得的最小值为正方体的外接球半径减去正方体球内切球半径，即，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要发挥空间想象能力，明确空间的点线面的位置关系，特别是选项D的求解，求解两个动点之间的距离的最小值，要能想象出两动点分别在正方体的内切球和外接球上运动，从而可求得距离的最小值.
三、填空题
13．某校拟从2名教师和4名学生共6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，组成代表队，参加市党史知识竞赛，则要求代表队中既有教师又有学生的选法共有 种．
【答案】16
【分析】既有教师又有学生的选法分为有1名教师和2名学生和有2名教师和1名学生，根据分类加法计数原理即可求得答案.
【详解】由题意得从6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，
其中有1名教师和2名学生的选法有种，
有2名教师和1名学生的选法有种，
故代表队中既有教师又有学生的选法共有（种），
故答案为：16
14．已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆．则圆锥的高为 ．
【答案】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，再根据圆锥的表面积公式求出，再利用勾股定理即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由于圆锥侧面展开图是一个半圆，
故有，
即圆锥母线长为，
又圆锥的表面积为，
解得，所以，
所以圆锥的高为.
故答案为：.
15．展开式中含项的系数为 .
【答案】-26
【解析】根据二项式展开式的通项公式，计算即可得出答案.
【详解】，
的展开式中第项为，
展开式中含项系数为.
故答案为：-26.
【点睛】本题考查二项式展开式中某项的系数.属于基础题.熟练掌握二项式展开式的通项公式是解本题的基础.
16．双曲线的左，右焦点分别为，，右支上有一点M，满足，的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为 ．
【答案】/
【分析】由圆的切线性质及双曲线定义，可得关系式，
，从而解出、，利用勾股定理可解.
【详解】内切圆Q分别与，，，轴切于点S，T，N，P
则四边形、都为正方形，
设内切圆半径为，由圆的切线性质，
则，则 ，①
又因为，②
且双曲线定义得，，③
由①、②、③得，
所以，
从而，
由勾股定理，，所以，解得．
故答案为：
四、问答题
17．已知等差数列满足，前7项和为
（Ⅰ）求的通项公式
（Ⅱ）设数列满足，求的前项和.
【答案】(1)
(2) .
【详解】试题分析：（1）根据等差数列的求和公式可得，得，然后由已知可得公差，进而求出通项；（2）先明确=，为等差乘等比型通项故只需用错位相减法即可求得结论.
解析：
（Ⅰ）由，得
因为所以
（Ⅱ）
五、证明题
18．如图，在四棱锥中，，底面为菱形，，，设点、分别为、的中点．
(1)判断直线与平面的位置关系，并证明；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面所成角的大小．
【答案】(1)直线平面，证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为，连接，，证得且，得到为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）设的中点为，连接，证得平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：直线平面.
证明如下：
设的中点为，连接，，
因为点为的中点，所以，且，
因为点为的中点，且底面为菱形，所以，且．
从而可得且，即可得为平行四边形，
即可得，平面，平面,
所以直线平面．
（2）解：设的中点为，连接．因为，，
则，所以为等腰直角三角形，可得，
设点到平面的距离为，
因为菱形的面积为，且四棱锥的体积为，
可得，解得，即，所以平面，
以点为原点，以所在的直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

可得，则，，
设平面的法向量为，可得，
取，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
则，
又因为，所以，
所以平面与平面所成角的大小为．
六、问答题
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.
（1）求A；
（2）若，且边上的高为，求的面积.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）先用余弦定理化余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；
（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积．
【详解】（1）由得，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，是三角形内角，，
所以，又A为锐角，所以．
（2）由（1），，
所以，即，，
，
．
【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．利用正弦定理和余弦定理进行边角互化是解题关键．三角形的面积采取了二次计算，通过不同的计算方法得出等式，从而求解．这是一种解题技巧．
20．已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数有最小值，证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）求出函数的导数，分类讨论；时取最小值；当时，根据导数的正负判断函数单调性，求出函数有最小值，结合要证明的不等式，再构造函数，利用导数求得其最大值为1，即可证明结论.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
则，
由于，故令，解得，
令，解得，
故在上单调递减，在单调递增；
（2）由于，故，
当时，，在上单调递增，无最小值；
当时，令，解得，即在上单调递减，
令，解得，即在上单调递增，
故在是取极小值也是最小值，
即，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，即，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：本题第二问是利用导数证明不等式问题，解答时利用导数判断函数的单调性，从而可求出函数的最小值的表达式，结合要证明的不等式，构造函数，将问题转化为求解函数的最大值为1，即可解决问题.
七、证明题
21．某商场拟在周末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：该游戏进行10轮，若在10轮游戏中，参与者获胜5次就送2000元礼券，并且游戏结束：否则继续游戏，直至10轮结束．已知该游戏第一次获胜的概率是，若上一次获胜则下一次获胜的概率也是，若上一次失败则下一次成功的概率是．记消费者甲第次获胜的概率为，数列的前项和，且的实际意义为前次游戏中平均获胜的次数．
(1)求消费者甲第2次获胜的概率；
(2)证明：为等比数列；并估计要获得礼券，平均至少要玩几轮游戏才可能获奖．
【答案】(1)
(2)详见解析
【分析】（1）应用全概率公式计算可得出；
（2）计算得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；再结合分组求和计算判断最少轮数即可.
【详解】（1）
（2）
,
,
,
为等比数列, 且公比为；.
,
因为单调递增，
当n为奇数时， ，所以得获奖至少要玩9轮.
当n为偶数时，，得奖至少要玩10轮，
所以平均至少要玩9轮才可能获奖.
八、问答题
22．已知x轴被动圆C截得的弦长为6，动圆C过定点．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)点M是曲线E上的动点，其纵坐标大于2，过点M作圆的两条切线分别与x轴交于点P，Q，求面积最小时点M的纵坐标．
【答案】(1)
(2)点M的纵坐标为．
【分析】（1）设动圆的圆心C的坐标为，圆C半径为r，用两种方式表示r即可得E轨迹方程；
（2）设，两条切线方程斜率为.由切线到圆距离等于半径结合韦达定理可得，表达式，结合，可得表达式，后利用导数知识可得答案.
【详解】（1）设动圆的圆心C的坐标为，半径为r，
由动圆C过定点A（0，3），得①，
由x轴被动圆C截得的弦长为6，得②，
联立①②，消去r即可得，化简得，
故曲线E的方程为．
（2）由题设，则，．
易知直线MP，MQ的斜率均存在且不为0，
设，令，可得，
设，令，可得
由于直线MP与圆相切，所以，
化简可得，
同理可得，
故，是关于k的方程的两个根，，
所以，．
故，
因为，所以．
设，，则，
所以当时，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，取最小值．
所以当最小时，点M的纵坐标为．
【点睛】关键点睛：本题（2）为切线问题，本题利用切线到圆心距离为半径，得到，是关于k的同一个二次方程的两个不同根，从而得到，关系，继而得到三角形面积表达式，后由于表达式过于复杂，故采用导数知识解决最值问题.