精品解析：广东省广州市白云中学2023-2024学年高三下学期零模（3月月考）数学试题

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2024．03
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟
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. 若角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数定义结合诱导公式求解即得.
【详解】角的终边过点，则，
所以.
故选：A
2. 已知为虚数单位，若，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.
【详解】因为，所以，
.
故选：B.
3. 若集合，集合，则的子集个数为（ ）
A. 16B. 15C. 32D. 31
【答案】A
【解析】
【分析】解对数不等式和一元二次不等式可得集合，利用交集运算计算，进而可得子集个数.
【详解】对于集合可得，解得，
所以，
对于集合可得，解得，
所以，
所以，故的子集个数为.
故选: A.
4. 已知函数在上为减函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数单调性以及对数函数性质列式求解.
【详解】由题意可得：，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
5. 已知是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由投影向量计算公式可得答案.
【详解】在向量上的投影向量为.
.
故选：A
6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可.
【详解】如图，
设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处，
设球O与母线切于M点，所以，所以，
所以与全等，所以，同理，所以，
过A作，垂足为G，则，，
所以，所以，所以，所以，
所以该圆台的体积为.
故选：C
7. 由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（ ）
A. 34B. 33C. 32D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知一位自然数有3个，两位自然数有6个，三位自然数有18个，利用列举法列出符合题意得自然数，即可求解.
【详解】由0,2,4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列，
则一位自然数有3个，两位自然数有个，
三位自然数有个，四位自然数有个，
又四位自然数为
2024为四位自然数中的第6个，所以.
故选：B
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为，
所以，由双曲线的定义可得，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，，设，则，
由得
，解得，所以，
所以.
故选：D
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用，结合余弦定理与双曲线的定义，从而得解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（ ）
A. 众数为12B. 平均数为14C. 中位数为14.5D. 第85百分位数为16
【答案】BC
【解析】
【分析】由众数，中位数，平均数，第百分位数的定义求出即可.
【详解】成绩从小到大排列为：.
A：出现次数最多的数为，故A错误；
B：平均数，故B正确；
C：中位数为：，故C正确；
D：第85百分位数为第，即第位，为，故D错误；
故选：BC.
10. 已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，以下说法正确的是（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，不是数列中的项
D. 若是数列中的项，则的值可能为7
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出通项判断A；求出公差、通项判断BC；探讨数列与的下标关系判断D.
【详解】对于A，由题意得，A正确；
对于B，新数列的首项为2，公差为2，故，B正确；
对于C，由B选项知，令，则，即是数列的第8项，C错误；
对于D，插入个数，则，
则等差数列中的项在新的等差数列中对应的下标是以1为首项，为公差的等差数列，
于是，而是数列的项，令，当时，，D正确.
故选：ABD
11. 如图，八面体每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（ ）
A. 当为的中点时，异面直线与所成角为
B. 当平面时，点的轨迹长度为
C. 当时，点到的距离可能为
D. 存在一个体积为的圆柱体可整体放入内
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可.
【详解】对于A，因为为正方形，如图，连接与，相交于点，连接，
则两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
为的中点，则，
当为的中点时，，
设异面直线与所成角为，
则，故，故正确；
对于B，如图，设为的中点，为的中点，
则，平面，平面，
则平面，又平面，又，设，
故平面平面，平面平面，平面平面，
则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，
点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，故B错误；
对于C，当时，设，
，得，即，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），
到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为，
因为，所以存在点到的距离为，故C正确；
对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，，
根据，得，即，
则圆柱体积，
设，求导得，
令得，或，因为，所以舍去，即，
所以当时，，当时，，
即当时，，
则，
所以，
故存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若函数的最小正周期为，其图象关于点中心对称，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由三角函数的周期公式求出，再由正弦型函数的对称中心即可求出.
【详解】由得，，所以，
又的图象关于点中心对称，
所以,解得，又，
所以，.
故答案为：
13. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正态分布求出参数后再利用二项式定理计算即可.
【详解】由题意得随机变量服从正态分布，且，由，所以，
即求的常数项，由二项式定理得常数项为.
故答案为：
14. 已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为______．
【答案】18
【解析】
【分析】求出函数的导数，可得的表达式，由此化简推出，结合说明，继而利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】由于，
故，
故，，
则
，
由，得，
由，即，知位于之间，
不妨设，则，
故，
当且仅当，即时等号成立，
故则的最小值为18，
故答案为：18
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的几何意义以及不等式求最值的应用，解答的关键是利用导数的表达式推出，并说明，然后利用基本不等式求最值即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可得、，解得，结合求得，即可证明；
（2）由（1）可得，根据累乘法可得，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d，则，即，①
因，所以由，得．②
由①、②解得，所以，即，
当时，，
当时，，上式也成立，所以，
所以数列等差数列．
【小问2详解】
由（1）可知，
当时，，
因为满足上式，所以．
，
因为当时，，所以．
16. 多巴胺是一种神经传导物质，能够传递兴奋及开心的信息.近期很火的多巴胺穿搭是指通过服装搭配来营造愉悦感的着装风格，通过色彩艳丽的时装调动正面的情绪，是一种“积极化的联想”.小李同学紧跟潮流，她选择搭配的颜色规则如下：从红色和蓝色两种颜色中选择，用“抽小球”的方式决定衣物颜色，现有一个箱子，里面装有质地、大小一样的4个红球和2个白球，从中任取4个小球，若取出的红球比白球多，则当天穿红色，否则穿蓝色.每种颜色的衣物包括连衣裙和套装，若小李同学选择了红色，再选连衣裙的可能性为0.6，而选择了蓝色后，再选连衣裙的可能性为0.5.
（1）写出小李同学抽到红球个数的分布列及期望；
（2）求小李同学当天穿连衣裙的概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布求出的概率，列出分布列，求出数学期望即可；
（2）设A表示穿红色衣物，则表示穿蓝色衣物，B表示穿连衣裙，则表示穿套装.求出，结合条件概率和计算即可求解.
【小问1详解】
设抽到红球的个数为X，则X的取值可能为4，3，2，
，，，
所以X的分布列为：
故.
【小问2详解】
设A表示穿红色衣物，则表示穿蓝色衣物，B表示穿连衣裙，则表示穿套装.
因为穿红色衣物的概率为，
则穿蓝色衣物的概率为，
穿红色连衣裙概率为，穿蓝色连衣裙的概率为，
则当天穿连衣裙的概率为.
所以小李同学当天穿连衣裙的概率为.
17. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）由余弦定理结合勾股定理逆定理可得，后结合平面平面，可得，后结合可得结论；
（2）由（1）结合题意建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得答案.
【小问1详解】
不妨设，
，
由余弦定理得，
在中，，
平面平面，平面平面平面，
平面．
平面，
四边形是菱形，，
又，且平面平面平面．
【小问2详解】
在平面内，过点作的垂线，垂足为，
平面平面，平面平面，
平面，
又四边形是菱形，，
均为等边三角形，
以点A为坐标原点，及过点A平行于的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系（如图），
则，
由（1）平面，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即．
令，可得，，
平面与平面的夹角的余弦值为．
18. 已知函数．
（1）当时，求函数在区间上的最小值；
（2）讨论函数的极值点个数；
（3）当函数无极值点时，求证：．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，构造函数后再求导，由二次导数得到在上单调递减，再由零点存在定理确定的最小值.
（2）求导后令得，再利用换元法设，得到，构造函数，利用导数分析其单调性和极值，画出图像，再由方程根的个数讨论函数零点的个数.
（3）先证明当时，，构造函数，求导后分析单调性得到最小值可证明之；再由（2）知，当函数无极值点时，，则，取最小值取，则有，即可证明.
【小问1详解】
当时，，
则，
令，则，
因为，所以．则在上单调递减，
又因为，
所以使得在上单调递增，在上单调递减．
因此，在上的最小值是与两者中的最小者．
因为，
所以函数在上的最小值为．
【小问2详解】
，
由，解得，
易知函数在上单调递增，且值域为，
令，由，解得，
设，则，
因为当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减．
根据时，，
得的大致图像如图所示．
因此有：
（ⅰ）当时，方程无解，即无零点，没有极值点；
（ⅱ）当时，，
设，则，令，
则在上时单调递增函数，即，
得，此时没有极值点；
（ⅲ）当时，方程有两个解，即有两个零点，有两个极值点；
（ⅳ）当时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点．
综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点；当时，没有极值点．
【小问3详解】
先证明当时，．
设，则，
记，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减，，
即当时，不等式成立．
由（2）知，当函数无极值点时，，则，
在不等式中，取，则有，
即不等式成立．
【点睛】关键点点睛：
（1）求函数在给定区间上的最值时，通常求导，利用导数的单调性分析最值，若在给定区间上不是单调的，常用零点存在定理分析其单调性，再比较区间的端点值找到最值.
（2）讨论函数的极值点个数值，通常转化为分离参数，转化为两函数图像交点的个数或两函数相等时方程根的个数问题.用导数分析其单调性，求最值，再数形结合分析交点个数或方程根个数.
（3）证明不等式成立问题时可采用构造函数，找到不等式一边的最小值大于另一边，或最大值小于另一边，即函数不等式恒成立问题.
19. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程，并说明轨迹的形状；
（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）① 证明见解析；②存在；
【解析】
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【小问1详解】
设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
【小问2详解】
设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
X
4
3
2
P