2024届广东省广州市白云中学高三上学期9月考试数学试题含答案

这是一份2024届广东省广州市白云中学高三上学期9月考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解出集合，根据补集含义即可得到答案.
【详解】，即，解得，则 ，
所以.
故选：D.
2．已知是复数的共轭复数，则，则（ ）
A．1B．C．5D．
【答案】B
【分析】设出复数的代数形式，结合复数相等的定义、复数模的定义进行求解即可.
【详解】设，
由题意可得：
，
即，即，
故选：B
3．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】将特称命题否定成全称命题即可
【详解】命题“，”的否定是“，”，
故选：C
4．从1、2、3、4、5、6、7这7个数中任取5个不同的数，事件：“取出的5个不同的数的中位数是4”，事件：“取出的5个不同的数的平均数是4”，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据中位数的性质、平均数的定义，结合古典概型、条件概率的公式进行求解即可.
【详解】根据题意，从7个数中任取5个数，则基本事件总数为，
这5个数的中位数是4的基本事件有个，
所以，
其中5个数的平均数都是4的基本事件有
1，2，4，6，7；1，3，4，5，7；2，3，4，5，6，共3种情况，
这3种情况恰好也是的基本事件，
所以，所以，
故选：C
5．如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可
【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，
所以
,
故选：A
6．若角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可求得，利用同角的三角函数关系结合二倍角公式化简，代入求值，可得答案.
【详解】根据角的终边经过点，得，
又,
故选:C.
另解：根据三角函数的定义，得，，
所以，
所以，
故选：C.
7．若，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求得和的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】由题意，可得，，
因为，，可得，，
则
.
故选：C.
8．已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正弦型函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可.
【详解】因为，所以当时，
则有，
因为在区间内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得，
解得，
故选：A
二、多选题
9．把函数的图像向左平移个单位长度，再把横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图像，下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．单调递增区间
C．图像的一个对移中心为D．图像的一条对称轴为直线
【答案】ABD
【分析】由函数图像变换得到解析式即可判断A；利用整体代换法求出函数单调增区间即可判断B；
分别求出和的值即可判断C和D.
【详解】函数的图像先向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），
得到的图像，则其最小正周期为，A正确；
令解得增区间是，B正确；
当时函数的值为，故C错误；
当时，函数的值为，
故图像的一条对称轴为直线，D正确．
故选:ABD．
10．已知向量，，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则与的夹角为
【答案】BC
【分析】根据向量垂直的坐标表示判断A，根据向量平行和数量积的坐标表示判断B，根据向量模长的坐标表示判断C，根据向量夹角的坐标表示判断D.
【详解】选项A，若，则，解得，故A项错误；
选项B，若，则，解得，
则，故B项正确；
选项C，若，则，所以，故C项正确；
选项D，，则，，，
所以，所以与的夹角不是，故D项错误，
故选：BC
11．已知，则（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的最小值为5D．的最小值为
【答案】BC
【分析】利用基本不等式易得结论.
【详解】∵已知，
∴，
∴即，当且仅当即时取等号，
对于A，，
当且仅当即时取最小值，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，
当且仅当，即时取最小值5，故C正确；
对于D，，当且仅当即时取等号，故D错误.
故选：BC.
12．在正方体中，，，分别为，，的中点，则（ ）

A．直线与所成的角为
B．直线与平面平行
C．若正方体棱长为1，三棱锥的体积是
D．点和到平面的距离之比是
【答案】BCD
【分析】对于A项，通过找平行线来求异面直线所成角即可；对于B项，通过面面平行的判定定理可证得平面平面AEF，再结合面面平行的性质可证得平面AEF；对于C项，由平面AEF可得和G到平面AEF的距离相等，运用等体积法即可求得三棱锥的体积；对于D项，由C与B到平面AEF的距离相等及即可求得结果.
【详解】对于选项A，由图可知与显然平行，所以即为所求，故选项A不正确；
对于选项B，取的中点M，连接、，如图所示，

易知，且平面AEF，平面AEF，所以平面AEF．
又易知，平面AEF，平面AEF，所以平面AEF．
又，、面，所以平面平面AEF．
又平面，所以平面AEF，故选项B正确；
对于选项C，由选项B知，平面AEF，所以和G到平面AEF的距离相等，
所以．故选项C正确；
对于选项D，平面AEF过BC的中点E，即平面AEF将线段BC平分，
所以C与B到平面AEF的距离相等，
连接交于点，如图所示，

显然，
所以与B到平面AEF的距离之比为，故选项D正确.
故选：BCD．
三、填空题
13．现有5名同学从北京、上海、深圳三个路线中选择一个路线进行研学活动，每个路线至少1人，至多2人，其中甲同学不选深圳路线，则不同的路线选择方法共有 种．（用数字作答）
【答案】.
【分析】根据题意，分为甲同学单独1人和甲同学与另外一个同学一起，两类情况讨论，结合排列、组合，即可求解.
【详解】每个路线至少1人，至多2人，则一个路线1人，另外两个路线各2人，
若甲同学单独1人时，有种不同的选法；
若甲同学与另外一个同学一起，则有种不同的选法，
则不同的选择方法有60种．
故答案为：.
14．已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.
【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，
由双曲线的离心率为，得，解得，则，
所以双曲线的方程为.
故答案为：
15．等差数列的前n项和为，若前5项和5，倒数5项和为95，则 .
【答案】202
【分析】利用等差数列的性质及求和公式，列方程组即可求解.
【详解】解：由前5项和为5，倒数5项和为95得，
，
两个式子相加得：，即，
由等差数列求和公式知，解得，
故答案为：.
16．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
四、解答题
17．在递增的等比数列中，，，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.
（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.
【详解】（1）由，等比数列是递增数列，得，
因此数列的公比，则，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）得，，
.
18．已知函数，.
（1）求函数的最小正周期;
（2）若，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）对进行化简，得到正弦型函数的形式，根据，得到答案；（2）先得到，再将所求的，利用两角和的正弦公式，计算得到答案.
【详解】（1）
所以的最小正周期为.
（2）由（1）得，
所以
由得，
所以
【点睛】本题考查三角恒等变形，同角三角函数关系，三角函数给值求值题型，属于简单题.
19．为迎接党的“二十大”胜利召开，学校计划组织党史知识竞赛.某班设计一个预选方案：选手从6道题中随机抽取3道进行回答.已知甲6道题中会4道，乙每道题答对的概率都是，且每道题答对与否互不影响.
(1)分别求出甲、乙两人答对题数的概率分布列；
(2)你认为派谁参加知识竞赛更合适，请说明你的理由.
【答案】(1)答案见解析；
(2)甲，理由见解析.
【分析】（1）分别确定甲、乙答对的可能题数，并求出对应的概率值，进而写出它们的分布列；
（2）由（1）所得甲乙的分布列求期望和方差，比较它们的大小，进而确定知识竞赛人选.
【详解】（1）设甲、乙答对的题数分别为、，
的可能取值为1，2，3，
∴，，
∴的分布列为
的可能取值为0，1，2，3，且，
∴，，
，，
∴的分布列为
（2）由（1）有，
∴，
而，，
∴，
故两人平均答对的题数相等，说明实力相当；但甲答对题数的方差比乙小，说明甲发挥较为稳定，因此推荐甲参加比赛更加合适.
20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并加以解答．
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
（1）求角A的大小；（2）若，求的取值范围．
【答案】条件性选择见解析，（1）；（2）.
【分析】（1）若选①：根据正弦定理，结合余弦定理进行求解即可；
若选②：根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；
若选③：直接应用余弦定理进行求解即可.
（2）根据正弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）选①：由已知得，
故由正弦定理得．由余弦定理得．
因为，所以
选②：由正弦定理及，得，所以
因为，所以
选③：由及余弦定理，得，整理得．由余弦定理得．
因为，所以
（2）由（1)知，则，
因为，所以，即，
所以
，
因为，所以，则，所以.
21．在如图所示的多面体中，四边形是边长为2的菱形，，平面，，，.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）作辅助线，证明线线平行，从而得到线面平行；
（2）建立直角坐标系，求出平面的法向量，结合线面角的公式可求.
【详解】（1）证明：设与的交点为，则为的中点，
取的中点，连接，则，又，所以，
因为，，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面，即平面.
（2）取的中点，连接，则，易得，
因为平面，所以平面平面，
所以平面.
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，，所以.
设直线与平面所成角为，
则.
【点睛】本题主要考查空间线面平行的证明及线面角的求解，线面平行一般利用线线平行或者面面平行来证明，线面角一般利用法向量进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.
22．已知函数，.
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)当时，，记函数在上的最大值为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）当时，，，再令，求导可得存在，使得，进而得出的单调性，从而根据代入化简可得，再构造函数证明即可.
【详解】（1），，又，
故在点处的切线斜率为，切线方程为：
（2）证明：当时，，
则，
当时，，令，
则，故在上单调递增.
∵，，
故存在，使得，即，即，
故当时，，此时，
当时，，此时，
即在上单调递增，在上单调递减，则
.
令，，则，
故在上单调递增，则，故.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用隐零点法得，再计算，最后再设新函数，，得到的单调性即可证明原不等式.
1
2
3
0
1
2
3