广东省茂名市2024届高三上学期第一次综合测试（一模）数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省茂名市2024届高三上学期第一次综合测试（一模）数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，椭圆，函数和均为上的奇函数，若，则，若，，则，数列满足，，过抛物线等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分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，，，则集合的子集个数为（ ）
A.2B.3C.4D.8
2.“”是“”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
3.从6名女生3名男生中选出2名女生1名男生，则不同的选取方法种数为（ ）
A.33B.45C.84D.90
4.曲线在点处的切线与直线平行，则（ ）
A.B.C.1D.2
5.椭圆：（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线，交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A.B.C.D.
6.函数和均为上的奇函数，若，则（ ）
A.B.C.0D.2
7.若，，则（ ）
A.B.C.D.
8.数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.若是区间上的单调函数，则实数的值可以是（ ）
A.B.C.3D.4
10.过抛物线：的焦点作直线，交于，两点，则（ ）
A.的准线方程为
B.以为直径的圆与的准线相切
C.若，则线段中点的横坐标为
D.若，则直线有且只有一条
11.在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（ ）
A.直线与所成的角为60°
B.过空间中一点有且仅有两条直线与所成的角都是60°
C.过，，三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为
D.过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
12.从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A.是锐角的概率为B.是锐角的概率为
C.是锐角三角形的概率为D.的面积不大于5的概率为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知复数，其中为虚数单位，则______.
14.如图，茂名的城市雕像“希望之泉”是茂名人为了实现四个现代化而努力奋斗的真实写照.被托举的四个球堆砌两层放在平台上，下层3个，上层1个，两两相切.若球的半径都为，则上层的最高点离平台的距离为______.
15.动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为______.
16.函数（）在区间上有且只有两个零点，则的取值范围是______.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.（10分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知.
（1）求的值；
（2）若为的中点，且，求的最小值.
18.（12分）已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：）将它们分成5组：，，，，得到如下频率分布直方图.
（1）用样本估计总体，求该品种石榴的平均质量；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
（2）按分层随机抽样，在样本中，从质量在区间，，内的石榴中抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测.
（ⅰ）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率；
（ⅱ）记这3个石榴中质量在区间内的个数为，求的分布列与数学期望.
19.（12分）已知数列的前项和为，数列是首项为、公差为的等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）令，为数列的前项积，证明：，.
20.（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）证明：；
（2）点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.
21.（12分）已知双曲线：（）的左焦点为，，分别为双曲线的左、右顶点，顶点到双曲线的渐近线的距离为.
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线左支交于点（异于点），直线与直线：交于点，的角平分线交直线于点，证明：是的中点.
22.（12分）若函数在上有定义，且对于任意不同的，，都有，则称为上的“类函数”.
（1）若，判断是否为上的“3类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
（3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
2024年茂名市高三年级第一次综合测试
数学参考答案
一、单选题
二、多选题
1.【答案】C
【解析】集合，，则，所以集合的子集个数为.故选C.
2.【答案】A
【解析】解不等式得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选A.
3.【答案】B
【解析】.故选B.
4.【答案】C
【解析】因为，所以，所以.故选C.
5.【答案】A
【解析】因为，因为直线垂直于轴，令，代入椭圆方程可得，解得，所以，因为，所以，即，即，所以，解得.故选A.
6.【答案】A
【解析】因为为奇函数，所以关于对称，又关于原点对称，所以的周期为4，所以.故选A.
7.【答案】C
【解析】令，，得，则，
即，即，且，那么，则.故选C.
8.【答案】D
【解析】由题意，，两边取倒数可化为，所以，，，由累加法可得，，因为，所以，所以，因为数列是递减数列，故，即，整理可得，，因为，，所以，故.故选D.
9.【答案】CD
【解析】由题意，，故在，上单调递减，在上单调递增，若函数在区间上单调，则或或解得或或，即或.故选CD.
10.【答案】BCD
【解析】因为抛物线的方程为，所以，准线方程为，A错误；过，和的中点分别做准线的正线，，，则，连接，，因为，所以，以为直径的圆与准线相切于点，B正确；抛物线的焦点为，设，两点坐标分别为，，由抛物线的焦半径公式可知，若，又因为，此时，则线段中点的横坐标为，C正确；因为，当且仅当轴时等号成立，所以，若，则这样的直线有且只有一条，此时轴，D正确.故选BCD.
11.【答案】ACD
【解析】与所成的角即为与所成的角，为60°，A正确；因为直线，所成角是90°，所以过空间一点与两直线所成角为60°的直线有4条，B错误；易知平面为过，，三点的截面，该截面为梯形，周长为，C正确；对于D，如图所示，取，的靠近，的三等分点，，连接，，，，易知，，故点，，，，共面，该截面图形为五.边形，D正确.故选ACD.
12.【答案】ACD
【解析】易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；若是锐角三角形，则即所以，共有9种情况，
所以是锐角三角形的概率为，C正确；若，则，易知该不等式共有组正整数解，
所以的面积不大于5的概率为，D正确.故选ACD.
13.【答案】
【解析】∵，∴.
14.【答案】
【解析】依次连接四个球的球心，，，，则四面体为正四面体，且边长为，
所以到底面的距离为，所以最高点到平台的距离为.
15.【答案】
【解析】设点，因为，所以，化简得，所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，又因为直线过定点，所以点到直线的距离的最大值为点到的距离加上圆的半径，故最大值为.
16.【答案】
【解析】由于在区间上有且只有两个零点，所以，
即，由得，，，
∵，∴，
∴或解得或，
所以的取值范围是.
17.解：（1）由正弦定理及，
得，
又，
所以，
又，∴，∴，即，
又，∴.
（2）由及，
所以
.
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
18.解：（1）该品种石榴的平均质量为
，所以该品种石榴的平均质量为.
（2）由题可知，这7个石榴中，质量在，，上的频率比为，所以执取们质量在，，上的石榴个数分别为2，2，3.
（ⅰ）记“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，“这3个石榴恰好来自不同区间”，
则，，
所以，
即这3个石榴恰好来自不同区间的概率为.
（ⅱ）由题意的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
19.（1）解：由于，
则，
当时，，则，；
当时，符合上式，则，.
（2）证明：由于，
那么
，
∵，∴，
那么，即证.
20.（1）证明：由于平面平面，平面平面，
过点作的严线交的延长线于点，则平面.
连接交于，连接，
∵，，
∴，∴，
又，，
∴四边形为矩形，
∴，∴，
∴，∴，
又∵，
∴，即，
又平面，平面，
∴，又，
∴平面，又∵平面，
∴.
（2）解：以为坐标原点，，，所在直线分別为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由于在上，设，
则，∴，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
∴，
解得或（舍去），
∴，∴，，，
设平面的法向共，平而的法向共，
则即，
取，得，，
∴，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21.（1）解：因为，所以，
双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为，
由题意得解得
则的标准方程为.
（2）证明：①当，即时，设点，
代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即，
因为直线是的角平分线，且.，所以直线的斜率为，
直线的方程为，令，解得，即，
此时，即是的中点；
②当时，设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程消去得，
由韦达定理得，，
又因为，所以，，
点，又因为，
所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，
因为是的角平分线，所以，所以，
又因为，，
所以，即，
即，得或，
由题意知和异号，所以，所以直线的方程为，
令，可得，即，所以，
直线的方程为，令，可得，
即，所以，
所以，即是的中点.
综上，是的中点.
22.（1）解：，，且，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）解：因为是上的“2类函数”，不妨设，，且.
则恒成立.
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，，恒成立，
又，
所以，恒成立，
所以，恒成立，
记，，，
则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
所以，
所以.（9分）
（3）证明：不妨设，
当时，∵，∴；
当时，由得
，
所以，，.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
B
C
A
A
C
D
题号
9
10
11
12
答案
CD
BCD
ACD
ACD
0
1
2
3