广东省佛山市七校2024届高三上学期10月联考数学试卷(含答案)

这是一份广东省佛山市七校2024届高三上学期10月联考数学试卷(含答案)，共3页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、设集合,则( )
A.B.C.D.
2、已知复数（i为虚数单位）,则( )
A.1B.C.3D.4
3、如图,在矩形ABCD中,,,E是CD的中点,那么( )
A.4B.2C.D.1
4、已知函数是R上的偶函数,且满足,当时,,则( )
A.1B.-1C.-2D.2
5、已知椭圆的离心率为,则C的长轴长为( )
A.B.C.D.4
6、曲线与直线有两个交点,则实数m的取值范围( )
A.B.
C.D.
7、已知正项数列的前n项和为,且,,则( )
A.B.C.D.
8、如图,某公园有一个半径为2公里的半圆形湖面,其圆心为O,现规划在半圆弧岸边取点C、D、E,且,在扇形AOC区域内种植芦苇,在扇形COD区域内修建水上项目,在四边形ODEB区域内种植荷花,并在湖面修建栈道DE和EB作为观光线路.当最大时,游客有更美好的观赏感受,则的最大值为( )
A.B.4C.D.6
二、多项选择题
9、下列结论正确的有( )
A.若随机变量,满足,则
B.若随机变量,且,则
C.若线性相关系数越接近1,则两个变量的线性相关性越强
D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27,30,37,m,40,50;乙组：24,n,33,44．48,52,若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等,则
10、现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动,有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排,则以下说法正确的是( )
A. 若每人都安排一项工作,则不同的方法数为
B. 若每项工作至少有1人参加,则不同的方法数为
C. 如果司机工作不安排,其余三项工作至少安排1人,则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D. 每项工作至少有1人参加,甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案种数是
11、设函数,则下列说法正确的有( )
A. 不等式的解集为;
B. 函数在单调递增,在单调递减;
C. 当时,总有恒成立;
D. 若函数有两个极值点,则实数
12、如图甲,在矩形ABCD中,,,E为AB上一动点（不含端点）,且满足将沿DE折起后,点A在平面DCBE上的射影F总在棱DC上,如图乙,则下列说法正确的有( )
A.翻折后总有
B.当时,翻折后异面直线AE与BC所成角的余弦值为
C.当时,翻折后四棱锥的体积为
D.在点E运动的过程中,点F运动的轨迹长度为
三、填空题
13、在二项式的展开式中,常数项是______．
14、在中,点D是边BC上一点,且,,,,则___________.
15、在正四棱锥中,已知,O为底面ABCD的中心,以点O为球心作一个半径为的球,则平面PCD截该球的截面面积为__________．
四、双空题
16、希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A,B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中,,,点P是满足的阿氏圆上的任一点,则该阿氏圆的方程为___________________;若点Q为抛物线上的动点,Q在y轴上的射影为H,则的最小值为______.
五、解答题
17、已知中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且．
（1）求角A的大小;
（2）设AD是BC边上的高,且,,求的值．
18、如图,四棱柱中,M是棱上的一点,平面ABCD,,,.
（1）若M是的中点,证明：平面平面;
（2）设四棱锥与四棱柱的体积分别为与,求的值．
19、已知各项均为正数的等比数列的前n项和为,且;数列满足．
(1)求和;
(2)求数列的前n项和．
20、随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播,它将经典古诗词与新时代精神相结合,使古诗词绽放出新时代的光彩,由此,它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情,掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况,举行了“古诗词”测试,现随机抽取100名学生,对其测试成绩（满分：100分）进行统计,得到样本的频率分布直方图如图所示.
（1）根据频率分布直方图,估计这100名学生测试成绩的平均数（单位：分）;（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
（2）若该校高二学生“古诗词”的测试成绩X近似服从正态分布,其中近似为样本平均数,规定“古诗词”的测试成绩不低于87分的为“优秀”,据此估计该校高二年级学生中成绩为优秀的人数;（取整数）
（3）现该校为迎接该省的2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛,在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗词大会”共有三个环节,依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”,规则如下：三个环节均参与,在前两个环节中获胜得1分,第三个环节中获胜得4分,输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为,,,假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量,求的分布列和数学期.
（参考数据：若,则,,.
21、已知抛物线,为E上位于第一象限的一点,点P到E的准线的距离为5．
（1）求E的标准方程;
（2）设O为坐标原点,F为E的焦点,A,B为E上异于P的两点,且直线PA与PB斜率乘积为-4．
（i）证明：直线AB过定点;
（ii）求的最小值．
22、已知函数,．
（1）当时,求函数的极值．
（2）是否存在实数a,对任意的m,,且,有恒成立？若存在,求出a的取值范围;若不存在,说明理由．
参考答案
1、答案：B
解析：集合,故M为奇数集.
而,故N为整数集,
.
故选：B.
2、答案：A
解析：因为复数（i为虚数单位）,
则,
因此,.
故选：A.
3、答案：B
解析：,
因为,故.
而E为CD的中点,故,故.
故选：B.
4、答案：A
解析：由题可知是以4为周期的周期函数,
,
,
.
故选：A．
5、答案：B
解析：依题意,因为椭圆C的离心率为,所以=,得,
故长轴长为．
故选：B.
6、答案：B
解析：由可知,得到,即,,
作出曲线的图像如下：
当直线经过点时,直线与曲线有两个交点,此时,解得;
当直线与曲线相切时,圆心到直线的距离,
解得或;
因为直线可化为,由截距得,则,
此时直线与曲线只有一个交点;
故满足条件的实数m的取值范围为.
故选：B.
7、答案：C
解析：由题设,则,
又都为正项,则,故,
所以,
所以,故.
故选：C
8、答案：C
解析：设,则,,
,,则、为正数.
在三角形ODE中,连接DE,由余弦定理得：,
在三角形BOE中,由余弦定理得：
,
所以,
由于,所以当时,取得最大值,
也即时,取得最大值为.
故选：C
9、答案：BC
解析：对于A,由方差的性质可得,故A错误;
对于B,由正态分布的图象的对称性可得,故B正确;
对于C,由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1,则两个变量的线性相关性越强,故C正确;
对于D,甲组：第30百分位数为30,第50百分位数为,
乙组：第30百分位数为n,第50百分位数为,则,
解得,故,故D错误;
故选：BC.
10、答案：AD
解析：对于A,若每人都安排一项工作,每人有4种安排方法,则有种安排方法,A正确;
对于B,先将5人分为4组,再将分好的4组全排列,安排4项工作,有种安排方法,B错误;
对于C,先将5人分为3组,有种分组方法,将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作,有种情况,
则有种安排方法,C错误;
对于D,①从丙,丁,戊中选出1人开车,②从丙,丁,戊中选出2人开车,则有种安排方法,D正确．
故选：AD．
11、答案：AC
解析：由题意得,则
对于A：由,可得,解得,所以解集为,故A正确;
对于B：,令,解得x=1,
所以当时,,函数为增函数,
当时,,函数为减函数,故B错误;
对于C：当时,若,则,
所以,即,
令,
则,
,
当时,,函数为增函数,
又,所以在是恒成立,
所以,为减函数,
又,所以在是恒成立,
所以当时,总有恒成立,故C正确;
对于D：若函数有两个极值点,
则有两个根,即在有两个根,
令,则,
所以当时,,函数为增函数,
当时,,函数为减函数,
又当时,,当时,,,
所以,解得,故D错误.
故选：AC.
12、答案：ACD
解析：在图乙中,因为点A在平面DCBE上的射影F在棱DC上,所以平面DCBE,
又平面DCBE,所以,又,,AF,平面ADC,
所以平面ADC,又平面ADC,所以,故A正确;
如图,
在图乙中作于P,连接AP,则,所以AE与BC所成角即为AE与EP所成角,
又由平面ADC可得平面ADC,所以而,,
则,即AE与BC所成角余弦值为,故B错误;
如上图,在图乙中作于G,连接AG,则由平面DCBE可得,
又,FG,平面AGF,所以平面AGF,
又平面AGF,则,在图甲中,如图,
作,则A,G,F三点共线,设,,
则由可得,即,
又在图乙中有,
所以,所以,而,
所以,,故D正确;
当时,,则,所以,
则,故C正确.
故选：ACD.
13、答案：
解析：其展开式第项为
,
当,即时,展开式第项为常数项,
此时,
故答案为：.
14、答案：3
解析：在中,,可得.
又由余弦定理,,可得.
在中,,
由此可得,
由已知可得,代入可得,
所以,所以.
故答案为：3.
15、答案：
解析：由正棱锥性质知：平面ABCD,
取CD中点E,连接PE,作,垂足为G,
平面ABCD,平面ABCD,,
O,E分别为AC,CD中点,,又,,
PO,平面POE,,平面POE,又平面POE,
,又,CD,平面PCD,,
平面PCD,则由球的性质可知：G为平面PCD截球O所得截面圆的圆心,
设H为该截面圆与PE的一个交点,连接OH,
,,,,
,又,;
,,即截面圆的半径,
截面圆的面积.
故答案为：.
16、答案：① ;②.
解析：设点,,
.
抛物线的焦点为点F,由题意知,,
,.
故答案为：;.
17、答案：（1）;
（2）6
解析：（1）在中,
由正弦定理,可得,
即,
即,
整理得,
因为,所以,则,
又因为,所以．
（2）由（1）及已知,可得,
又由,可得,所以,
由余弦定理,可得,
即,即,所以.
18、答案：（1）证明见解析;
（2）.
解析：（1）因为平面ABCD,
所以,又,,
所以平面,
又平面,
所以.
因为,
所以,同理,
所以,又,
所以平面AMB,
又平面,
故平面平面.
（2）设,
则四棱锥的底面的面积,高为,
所以四棱锥的体积.
四棱柱的底面ABCD的面积,高为,
所以四棱柱的体积,
所以.
19、答案：（1）,,,;
（2）
解析：(1)设等比数列公比为由,
解得或(舍),又,,解得
,,
时,,
整理得 ,又
数列是首项为1的常数列,,,
(2)设,
20、答案：（1）74分
（2）159人
（3）分布列见解析,
解析：（1）由频率分布直方图估计平均数为：
（分）
（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布
所以,则
所以人
故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为人;
（3）随机变量的所有可能取值为：0,1,2,4,5,6
,
,
,
所以的分布列如下：
数学期望.
21、答案：（1）
（2）证明见解析;
解析：（1）由题可知,解得.
所以的标准方程为;
（2）（i）由（1）知,,且,解得,所以.
设,则,同理可得,,
则,即.
当直线AB斜率存在时,直线AB的方程为,
整理得.
所以,即,
所以直线AB过定点;
当直线AB的斜率不存在时,可得,.
综上,直线AB过定点.
（ii）设,当直线AB斜率存在时,
设直线AB的方程为,
与抛物线E联立得,消去x得,
由题意,所以,
所以
,
所以当,时,的最小值为;
当直线AB斜率不存在时,.
由抛物线定义知.
故的最小值为.
22、答案：（1）极大值为,极小值为;
（2）存在,
解析：（1）当时,,
,令,解得或,
当或时,,当时,,
所以在和上单调递增,在上单调递减,
所以的极大值为,极小值为;
（2）假设存在实数a,对任意的m,,且,都有恒成立,
不妨设,若,即,
令,
显然只要在为增函数即成立,
因为,
要使在为增函数则在恒成立,
即只需,则,
所以存在满足题意．
0
1
2
4
5
6
P