广东省广州市仲元中学2024届高三第一次调研数学试卷

这是一份广东省广州市仲元中学2024届高三第一次调研数学试卷，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.已知在中，点在边上，且，则（ ）
A.B.
C.D.
3.已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，.若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A.B.
C.D.
4.已知数列满足，，.记数列的前项和为.若对任意的，都有，则实数的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
5.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中，是正的常数.如果在前消除了的污染物，则后还剩污染物的百分数为（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数的图象过点，且在区间上具有单调性，则的最大值为（ ）
A.B.4C.D.8
7.已知，，，是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥的体积为，则线段长度的最大值为（ ）
A.B.C.D.
8.已知复数，则（ ）
A.B.2022C.D.2023
二、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.
9.一组数据满足，若去掉，后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（ ）
A.极差变小B.平均数变大
C.方差变小D.第25百分位数变小
10.已知关于的不等式的解集是，则（ ）
A.
B.
C.
D.不等式的解集是
11.已知抛物线：的焦点为，准线为，点在上，于，直线与交于，两点，若，则（ ）
A.B.
C.D.
12.是自然对数的底数，，，已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其经验回归方程为，且，，则相应于点的残差为______.
14.某阶梯大教室的座位数从第二排开始，每排的座位比前一排多3个，已知第一排有5个座位，且该阶梯大教室共有258个座位，则该阶梯大教室最后一排的座位数为______.
15.在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为______.
16.在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为______.
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.（本题10分）设为数列的前项和，已知，.
（1）数列是否是等比数列?若是，则求出通项公式，若不是请说明理由；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
18.（本题12分）在内，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的值；
（2）若的面积为，，求的周长.
19.（本题12分）在平行六面体中，底面为正方形，，，侧面底面.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
20.（本题12分）随着芯片技术的不断发展，手机的性能越来越强大，为用户体验带来了极大的提升.某科技公司开发了一款学习类的闯关益智游戏，每一关的难度分别有“容易”“适中”“困难”三个档次，并且下一关的难度与上一关的难度有关，若上一关的难度是“容易”或者“适中”，则下一关的难度是“容易”“适中”“困难”的概率分别为，，，若上一关的难度是“困难”，则下一关的难度是“容易”“适中”“困难”的概率分别为，，，已知第1关的难度为“容易”.
（1）求第3关的难度为“困难”的概率；
（2）用表示第关的难度为“困难”的概率，求.
21.（本题12分）如图，动点到两定点、构成三角形，且，设动点的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点、，且，求的取值范围.
22.（本题12分）已知函数，
（1）若，讨论在的单调性；
（2）若，函数，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）当，时，求证：.
广州市仲元中学2024届高三第一次调研
数学科目参考答案
1.B 2.A 3.A 4.A 5.C
6.C
【详解】因为函数的图象过点，所以，
因为，所以，所以，
当时，，
因为在区间上具有单调性，
所以，
即且，
则，
因为，得，
因为，所以时，，则；
当时，，
综上，，即的最大值为，
故选：C.
7.B
【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点到平面的距离，求出点所在球的截面的半径及三角形的外接圆半径，设点在平面上的投影为，当最长时最长，结合，求出长度的最大值.
【详解】因为球的体积为，故球的半径满足，故，而，，，故，故，
故，
设点到平面的距离为，则，故，
点在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，因为，所以平面与平面在球心的异侧，
设球心到平面的距离为，而外接圆的半径为，则，
故球心到平面的距离为，故截面圆的半径为，
设点在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心即的中点，
当最长时最长，此时，故长度的最大值为.故选：B
8.D
【详解】设，，，
则，
由题意可得：，，，
可得关于的方程的根为1，，，…，，
故，
整理得，
即，
令，可得，
且2022为偶数，所以.
故选：D.
二、多选题
9.AC10.ABD
11.AC
【详解】不妨设点在轴上方，设点，
则点，，若则点.
将点代入：可得，
将代入：可得，
所以，，，
所以，所以直线的倾斜角为，
所以，故A正确.
，故B不正确.
易得直线的方程为，
由解得，
所以，所以，，
所以，
故C正确；
因为，
所以且两个向量夹角为锐角，
根据同角三角函数基本关系得，故D不正确.
故选：AC
12.BC
【详解】构造函数.则，
当时，；
时，.
即在上单调递减，在上单调递增.
又由题.
A选项，取，则，因在上单调递增，
则满足题意，但此时，故A错误；
B选项，若，，则，又由题可知，
且在上单调递增，则，故B正确；
C选项，若，当时，，满足题意；
当时，构造函数，
注意到当时，，又，则.
又因，则.因，，在上单调递增，
则.综上，若，则，故C正确；
D选项，取，，则，又在上单调递减，
则满足题意，但此时，故D错误.
故选：BC
三、填空题
13.14.38
15.
【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
因为三角形为等腰三角形，，则，设，
则，
设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
连接，则，，三点共线，由平面得平面，
由正弦定理得，故，则，
连接，，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，
可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，
解得，所以，球的表面积为.
故答案为：.
16.
【详解】在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，
所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17.
【详解】（1）由题设，
即，且，
又时，，可得，
综上，是公比为2的等比数列，通项公式为.
（2）由题设，故，
所以，
又，
所以，得证.
18.
【详解】（1）由，得
∴由正弦定理，得.
∴.
∴.
又，
∴.
又∵，
∴.
又，
∴.
（2）由（1）知，
∴①
又，故，
∴，②
又∵，
∴由①②，得，故，
∴，
故，周长为.
19.
【详解】（1）因为底面为正方形，
所以，又侧面底面，
侧面底面，且平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，连接，
则为正三角形，取中点，则，
由平面及平面，得，
又，所以底面，
过点作交于，
如图以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
所以
令，则，可得平面的法向量.
所以，
故直线和平面所成角的正弦值为.
20.
【详解】（1）已知第1关的难度为“容易”，则第2关的难度是“容易”“适中”“困难”的概率分别为，，，
故第3关的难度是“困难”的概率为；
（2）由题意可得，表示第关的难度为“困难”的概率，
表示第关的难度为“困难”的概率，
则，整理可得：，
根据题意得，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即.
21.
【详解】（1）设的坐标为，显然有，且，
当时，点的坐标为，
当时，，由有，
即，
化简可得，
而点在曲线上，
综上可知，轨迹的方程为；
（2）直线与联立，
消元可得①
∴①有两根且均在内，
设，∴
∴，，
设，的坐标分别为，
∵，∴，
∴，
∵，且，所以，
则，所以，
因为，
∴，且，
∴，且，
∴的取值范围是.
22.
【详解】（1）因为，，
所以，
在上，，在上，，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）
不等式可化为：，设，
令，
则，令，
则，再令，
则，所以在单调递增，则，
即，所以在单调递增，
所以，，，
则的值域为.
①当时，即时，，即，
则在单调递增，所以恒成立，符合题意.
②当时，即时，，
若取时，，
所以存在，使，
则当时，，即，
则函数在上单调递减，此时，
所以当时，，与原题矛盾，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
（3）原式即证.
由（2）可知，当时，，
即时，，则.
令，则.
则，，…，，
各式相加得，
.
所以当，时，成立.