2024年广东省广州市高三数学上学期第一次调研测试卷

这是一份2024年广东省广州市高三数学上学期第一次调研测试卷，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
3．设函数.若对任意的实数都成立，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
4．已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（ ）
A．B．C．D．
6．小明将与等边摆成如图所示的四面体，其中，，若平面，则四面体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线l与椭圆在第二象限交于，两点，与轴，轴分别交于，两点（在椭圆外），若，则的倾斜角是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若方程有5个不同的实数根，且最小的两个实数根为，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．某校举行演讲比赛，6位评委对甲、乙两位选手的评分如下：
甲：7.5 7.5 7.8 7.8 8.0 8.0
乙：7.5 7.8 7.8 7.8 8.0 8.0
则下列说法正确的是（ ）
A．评委对甲评分的平均数低于对乙评分的平均数
B．评委对甲评分的方差小于对乙评分的方差
C．评委对甲评分的40%分位数为7.8
D．评委对乙评分的众数为7.8
10．下列说法正确的是（ ）
A．“为第一象限角”是“为第一象限角或第三象限角”的充分不必要条件
B．“，”是“”的充要条件
C．设，，则“”是“”的充分不必要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
11．椭圆的标准方程为为椭圆的左、右焦点，点．的内切圆圆心为，与分别相切于点，则（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数存在两个极值，则实数的取值范围为
B．当时，函数在上单调递增
C．当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为
D．当时，若，则的最小值为
三、填空题
13．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
14．设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则 ．
15．已知椭圆 的左右焦点为．直线与椭圆相交于两点， 若， 且， 则椭圆的离心率为 ．
16．已知A，M，N是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的取值范围是 ．
四、解答题
17．在中，角，，所对应的边分别为，，，且.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，求的值.
18．如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.

(1)求证：
(2)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由.
19．已知数列的各项均大于1，其前项和为，数列满足，，，数列满足，且，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求的前项和.
20．某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷.规定每位同学有三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参加考试，直到用完三次机会.现从2022年和2023年这两年的第一次、第二次、第三次参加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表：
假设每次考试是否通过相互独立.
(1)从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率；
(2)小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率；
(3)若2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，则的最小值为下列数值中的哪一个？（直接写出结果）
21．在平面直角坐标系中，已知双曲线的浙近线方程为分别是双曲线的左､右顶点.
(1)求的标准方程；
(2)设是直线上的动点，直线分别与双曲线交于不同于的点，过点作直线的垂线，垂足为，求当最大时点的纵坐标.
22．已知函数，.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若有且仅有1个零点，求的取值范围.
题号
一
二
三
四
总分
得分
2022年
2023年
通过
未通过
通过
未通过
第一次
60人
40人
50人
50人
第二次
70人
30人
60人
40人
第三次
80人
20人
人
人
的值
83
88
93
参考答案：
1．B
【分析】对分式不等式、含绝对值不等式求解后结合集合运算即可得.
【详解】由，可得或，即，
由，可得或，
即，所以.
故选：B．
2．A
【分析】先求得，然后根据复数运算求得正确答案.
【详解】依题意，所以
.
故选：A
3．C
【分析】由是最大值点，结合正弦函数的最大值可得的表达式，再求得的最小值即可．
【详解】由可知时函数取得最大值,
所以，解得：，
因为，所以的最小值为.
故选: C.
4．B
【分析】根据向量的夹角为钝角，由且与不共线求得的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断..
【详解】由已知可得，由可得，解得，
所以由与的夹角为钝角可得解得，且.
因此，当时，与的夹角不一定为钝角，则充分性不成立；
当与的夹角为钝角时，，且，即成立，则必要性成立.
综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B．
5．B
【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以公差，
故当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
即中最小的项是.
故选：B.
6．C
【分析】过，的外心作所在平面的垂线，所得交点即为球心，结合勾股定理即可求出半径.
【详解】中，取中点，则为的外心，
在等边中取重心， 也为的外心，
取中点，连接，
过，的外心作所在平面的垂线，
所得交点即为外接球的球心，
则，平面，则平面，
则，
，平面，平面，
，，平面，
则平面，所以，
故为矩形，
则，
，
则
则外接球的表面积为.
故选：C
7．A
【分析】联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到，再由条件得到也是的中点，从而得到关于的方程，进而求得，由此得解.
【详解】设：（，），设，，
联立，得，
由题意知，
所以，，
设的中点为，连接，
因为，所以，得，
又因为，，所以也是的中点，
所以的横坐标为，
从而得，因为交在第二象限，解得，
设直线倾斜角为，得，得，故A正确.
故选：A.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．B
【分析】根据题意作出与的大致图象，结合图象与导数的几何意义求得的取值范围，再利用韦达定理得到关于的表达式，从而得解.
【详解】如图，作出函数与的大致图象，
若方程有5个不同的实数根，
则的图象与的图象有5个不同的交点，
当时，，的图象与的图象无交点，
当时，，的图象与的图象有2个交点
所以，
当直线与的图象相切时，设切点坐标为，
由可得，则切线斜率，
故，则，结合图象可得m的取值范围为，
由，得，则恒成立，
设该方程的两个实数根为，，则，，
故，
因为开口向上，对称轴为，
又，所以的取值范围为．
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是作出与的大致图象，充分利用数形结合求得的取值范围，从而得解.
9．ACD
【分析】由平均数、方差、百分位数、众数的概念及求法分别求解判断即可.
【详解】选项A，评委对甲评分的平均数，
评委对乙评分的平均数，
所以，故A正确；
选项B，由A知，两组数据平均数均约为，
且纵向看，甲组数据与乙组数据仅一组数据不同，其余数据相同，
又甲组数据与平均数的差明显大于乙组数据与平均数的差，且差距较大，
故与平均数比较，甲组数据波动程度明显大些，
即评委对甲评分的方差大于对乙评分的方差，故B错误；
选项C，由不是整数，
则评委对甲评分的40%分位数为从小到大第个数据，即：，故C正确；
选项D，评委对乙评分中最多的数据，即众数为，故D正确.
故选：ACD.
10．AC
【分析】对于A，利用象限角，求得角的范围，可判定充分性，取，验证必要性即可；对于B，考查时，的取值范围，可判定必要性不成立；对于C，根据集合，的关系即可判定；对于D，根据条件求得的取值范围即可判断.
【详解】对于A,因为为第一象限角，
所以，
则,
当为偶数时，为第一象限角，
当为奇数时，为第三象限角，
所以充分性成立；
当时，为第一象限角，则，为第二象限角，
即必要性不成立，故A正确；
对于B，当，时，
成立，则充分性成立；
当时，或，,
故必要性不成立，则B错误；
对于C，，
而，
则，故则“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D,当时，,
则，
则，故充分性成立，
当时，，
则，
则成立，
所以“”是“”的充要条件，故D错误，
故选：AC.
11．BCD
【分析】根据椭圆中焦点三角形的性质求解，再结合三角形内切圆的几何性质逐项判断即可得结论.
【详解】椭圆：，则，所以，
又，所以点再椭圆上，
连接，

则，故A不正确；
由椭圆的定义可得，
又的内切圆圆心为，所以内切圆半径，
由于，
所以，
故，故C正确；
又，
所以，
则，所以，故D正确；
又，所以，
又，所以，即，故B正确.
故选：BCD.
12．BC
【分析】对A选项：由极值点的性质结合导数讨论单调性即可得；对B选项：结合导数讨论单调性即可得；对C选项：结合单调性，可转化为当时，有成立，求出最小值即可得；对D选项：采用同构法可确定，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得.
【详解】对A选项：，
若函数存在两个极值，则函数必有两个变号零点，
令，则，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，
又当时，恒成立，
当时，，
故当，函数有两个变号零点，
即若函数存在两个极值，则实数的取值范围为，
故A错误；
对B选项：当时，，
，
令，则，
则当时，，当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故函数在上单调递增；
故B正确；
对C选项：当时，，
，
令，则，
则当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故在上单调递增，
则存在，使不等式成立，
等价于存在，使不等式成立，
则当时，有成立，
由当时，，且在上单调递增，
故，即实数的最小值为，故C正确；
对D选项：当时，由B、C可知，、均为定义域上的增函数，
由，，故有，，
由，则，
即，故，
又，故，
令，则，令，
则，
则当时，，当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
即，故在上单调递增，
故无最小值，即无最小值，
故D错误.
故选：BC.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的综合应用问题，其中D选项中涉及到多变量问题的求解，求解此类问题的基本思路是根据已知中的等量关系，将多变量转化为单变量的问题，从而将其转化为函数最值问题的求解.
13．
【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.
【详解】的通项公式为，
令得，，此时，
令得，，此时，
故的系数为
故答案为：
14．
【分析】根据题意，得到，得到为等差数列，求得其通项公式，结合累加法，得到，求得，再利用裂项求和，求得，即可求解.
【详解】因为，可得，
又因为，，可得，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
当时，
，
且当时，也成立，所以，
所以，
所以
，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.
【详解】
由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，
由，得，
因为，所以，
又，所以，
在中，由余弦定理得，
即，
所以，
即椭圆的离心率.
故答案为：.
16．
【分析】根据正方体的性质可得结合夹角的定义可得，可得其最大值；根据数量积的运算可知，可得其最小值.
【详解】正方体表面上任意两点间距不超过体对角线长度，
则，故，
而，故，

如图建立空间直角坐标系， 取，重合为时，
则，取得最大值；
由对称性，设在下底面，，，
由在下底面知，当且仅当也在下底面时取等，
此时共面时，设中点为，则，
，
当且仅当重合时取等，
又因为，可得，
例如，，则；
所以的取值范围是.
故答案为：.
17．（1）；（2）
【分析】（1）根据正弦定理可得，再根据角的范围可得结果；
（2）根据面积公式可得，根据余弦定理可得，再根据余弦定理可得的值.
【详解】（1）在中，由正弦定理可得：，
所以：，又，所以.
（2）因为的面积为，∴，
由余弦定理，，所以.
所以.
【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，属于基础题.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得；
（2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为，利用空间向量法求出，再由向量法求出点到平面的距离.
【详解】（1）因为四边形为正方形，平面，
如图以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，

所以，
所以，
所以，所以.
（2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为，
则，又，
所以，解得（负值舍去），
所以存在满足条件，
所以，依题意可得，
设为平面的法向量，
则，设，可得，
所以点到平面的距离为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用计算整理可得数列是等差数列；
（2）先由（1）求出，然后通过并项求和以及错位相减求和法可得.
【详解】（1）①，
②，
①-②得，
整理得，
或，
又，得或（舍去），
若，则，得，舍去，
，即，
数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）可得，即，
，
，
令，
则，
两式相减得
，
，
.
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据相互独立的事件的概率求解即可；
（2）根据相互独立的事件的概率求解即可；
（3）分别求出2022年和2023年考生成绩的合格率，列出不等式即可求解.
【详解】（1）记事件：“2022年第次参加考试的考生通过考试”，，
记事件：“2023年第次参加考试的考生通过考试”，，
则，，
从2022年和2023年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都通过考试的概率为；
（2），，
，
小明在2022年参加考试，估计他不超过两次考试该科目成绩合格的概率为
；
（3）2022年考生成绩合格的概率为,
2023年考生成绩合格的概率为，
要使2023年考生成绩合格的概率不低于2022年考生成绩合格的概率，
则，解得.
故的最小值为.
21．(1)；
(2).
【分析】（1）利用给定的渐近线方程求出即可得双曲线方程.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理、三点共线探求直线过的定点，结合几何意义求解即得.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，依题意，，
所以的标准方程为.
（2）由（1）知，，设，
显然直线不垂直于轴，否则由双曲线的对称性，点在轴上，不符合题意；
设直线，
由消去得，
有，
则，于是，
由三点共线得直线的斜率满足，同理，由三点共线得，
消去，得，即，
整理得，即，
则，因此或，
若，又，得，
结合，从而，即，不成立，
即，因此，满足，
则直线恒过点，点在以为直径的圆上，
当与重合时，最大，此时轴，，
所以当最大时，点的纵坐标为.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
22．(1)；
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）结合第一问将分为三种情况：当时，由导数研究函数的单调性与最值可判定此时零点个数；当时，通过取点及适当放缩分别计算的正负，判定此时函数零点的个数；当时，通过函数的单调性得出，从而确定始终为负即可.
【详解】（1）时，，所以，
则，所以在处的切线方程为；
（2）①由上知时，，
有，
令，
即在上单调递增，
又，，
所以时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，此时只有一个零点，符合题意；
②当时，，且，
所以，
设，
显然时，即此时单调递增，时，此时单调递减，
所以，即，
所以，
所以根据零点存在性定理可知使得，
又，
易知，所以，
由上证得，
即，故使得，
所以此时至少存在两个零点，不符题意；
③时，，
由①可知，所以此时无零点，不符合题意；
综上所述时，有且仅有1个零点.
【点睛】难点点睛：通过第一问将参数分成三种情况讨论.第一个难点在于时的合适取点即及符号的判定，在计算函数值符号时用到了常用函数放缩公式，第二个难点在于时，通过对数函数的单调性判定再结合时的结论判定函数值符号.关于取点技巧需要多加练习，放缩公式要多加积累.
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