2024届广东省湛江市高三上学期10月调研数学试题含答案

这是一份2024届广东省湛江市高三上学期10月调研数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】A
【分析】先化简复数z，再利用复数的模公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
故选：A
2．已知集合，则的真子集的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】解绝对值不等式求集合B，列举法及交集运算求中元素个数，即可得答案.
【详解】由题设，则，
所以共有个子集，其中3个真子集.
故选：C
3．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】根据平面向量共线的坐标公式计算即可.
【详解】由，
得，
因为，所以，解得.
故选：B.
4．已知函数的最小值为0，则（ ）
A．1B．2C．3D．
【答案】D
【分析】根据题意结合辅助角公式运算求解.
【详解】因为，其中，
由题意可知：，且，解得.
故选：D.
5．已知双曲线的一条渐近线方程是分别为双曲线的左、右焦点，过点且垂直于轴的垂线在轴上方交双曲线于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由双曲线的渐近线方程可得，再根据及M点坐标即可求出答案.
【详解】解：由题意得：
因为该双曲线的一条渐近线方程是，则，
又由，可得，
由过点且垂直于轴的垂线在轴上方交双曲线于点，可知M的横坐标为，
代入椭圆方程即可得：，，
又有，可知，
所以.
故选：D
6．某企业面试环节准备编号为的四道试题，编号为的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有（ ）
A．9种B．10种C．11种D．12种
【答案】A
【分析】由列举法，结合分类计数原理即可求解.
【详解】用表示编号的面试者回答的试题为，其中，
所以的全部可能情况有：，
所以共有9种，
故选：A
7．已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．B．C．是偶函数D．没有极值点
【答案】D
【分析】令，结合题设为上任意值且，得到为常函数，进而判断各项的正误.
【详解】令，则，
所以，且为定义域内任意值，故为常函数.
令，则，为奇函数且没有极值点，C错，D对；
所以不恒成立，不一定成立，A、B错.
故选：D
8．已知抛物线的焦点为的准线与轴交于点是上的动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据抛物线定义，当取最大值时，即取得最小值，即当与抛物线相切时，当点在坐标原点时，此时，即的最小值为1，得解.
【详解】
设抛物线的准线为，作（如图），
则，
当取最大值时，取得最小值，
当且仅当与抛物线相切于点时，等号成立，
当与抛物线相切时，设直线的方程为，代入，可得，
由，解得，
不妨设点在第一象限，即，则，
，，即，
所以的最大值为，
又当点在坐标原点时，此时，即的最小值为1，
故的取值范围为.
故选：C.
二、多选题
9．某商店的某款商品近5个月的月销售量（单位：千瓶）如下表：
若变量和之间具有线性相关关系，用最小二乘法建立的经验回归方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．点一定在经验回归直线上
B．
C．相关系数
D．预计该款商品第6个月的销售量为7800瓶
【答案】AB
【分析】对于A，根据表中的数据可求出样本中心点进行判断，对于B，将样本中心点代入回归方程可求出判断，对于C，由进行判断，对于D，将代入回归方程求解判断.
【详解】对于A，，
所以样本点中心一定在经验回归直线上，所以A正确，
对于B，因为样本点中心一定在经验回归直线上，所以，解得，所以B正确，
对于C，因为，所以变量与成正相关，所以相关系数，所以C错误，
对于D，当时，，预计该款商品第6个月的销售量为6280瓶，所以D错误，
故选：AB
10．已知大气压强随高度的变化满足关系式是海平面大气压强，.我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：
若用平均海拔的范围直接代表各级阶梯海拔的范围，设在第一、二、三级阶梯某处的压强分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，列出不等式，根据对数函数的性质解对数不等式即可求解.
【详解】设在第一级阶梯某处的海拔为，则，即.
因为，所以，解得A正确；
由，得.当时，，即，所以，B错误；
设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，
则两式相减可得.
因为，所以，则，即，故均正确.
故选:ACD.
11．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．有且只有一个零点
B．
C．，直线与的图象相切
D．
【答案】AD
【分析】对函数进行求导得，则函数的单调性可知，结合可判断A，由于时，， 时，，则B选项可判断，由可判断C，先求出，再结合可验证D.
【详解】因为，所以在上单调递减，，A正确.
当时，，当时，，B错误.
，不可能存在斜率为的切线，C错误.
因为，所以，D正确.
故选：AD.
12．如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）
A．过棱的截面中，截面面积的最小值为
B．若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则
C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
【答案】ACD
【分析】利用平面的性质确定截面，再解三角形即可判定A、B，利用基本不等式可判定C，利用空间想象结合图形性质分类讨论可判定D项.
【详解】设截面与棱的交点为，
对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面，
取的中点，连接，则，
又平面，，即是异面直线的公垂线，，
故此时的面积取得最小值，最小值为，正确；
对于B项，易知，故结合A项，可设，
在中，由余弦定理，
所以，即，B错误；
对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，，
由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形.
设，则，所以长方形的面积，
当且仅当时，等号成立，正确；
对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个.
第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.
故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．若是增函数，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据复合函数单调性的规律方法，即可求解.
【详解】函数分为外层函数，，是增函数，若要是增函数，则函数是增函数，则.
故答案为：
14．如图，一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半，则该圆柱与圆锥的体积的比值为 .
【答案】/
【分析】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则圆锥的底面圆半径为，高为，然后表示出圆柱和圆锥的体积，从而可求得结果.
【详解】设该圆柱的底面圆半径为，高为，则该圆柱的体积为.
因为一个圆柱内接于圆锥，且圆柱的底面圆半径是圆锥底面圆半径的一半，
所以圆锥的底面圆半径为，高为，则该圆锥的体积为.
故该圆柱与圆锥的体积的比值为.
故答案为：
15．已知直线关于的对称直线与圆存在公共点.则的取值范围为 .
【答案】
【分析】先求出直线l关于的对称直线，再根据直线与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】若 ，此时直线关于的对称直线为 ，
由圆的标准方程可知，圆心为 ，半径为1，
则圆心到直线的距离为 ，符合题意，
若 ，直线与的交点坐标为，该点也在对称直线上 ，
易知 为直线上的点，且点 关于的对称点为，
对称直线的斜率为 ，代入点 ，得
直线关于的对称直线为，
由题意， ，解得.
综上所述，的取值范围为 .
故答案为： .
16．已知正项数列满足，，则 .
【答案】
【分析】先根据利用基本不等式证明，再根据条件解得，说明是常数列，每一项都是.
【详解】因为，所以，即，
故，
当且仅当时，等号成立.
设，可得，解得，
故是常数列，每一项都是.
故答案为：
【点睛】先证明数列的项大于等于或者小于等于某个常数，再证明数列的某一项等于这个常数，可以证明数列是一个常数列.
四、解答题
17．如图，在中，点在边上，且.已知.

(1)求A；
(2)若的面积为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用诱导公式和倍角公式运算求解即可；
（2）作，垂足为，根据题意可得，利用余弦定理运算求解.
【详解】（1）因为，
可得，
又因为，所以.
（2）作，垂足为，

在中，因为，可知为等腰直角三角形，
又因为，则，
由的面积为，解得，可得，
所以.
18．函数在上的零点从小到大排列后构成数列.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角函数的基本性质，求得其在内的零点，分情况，可得答案；
（2）由题意，可得数列的通项公式，结合等差数列的性质，可得答案.
【详解】（1）函数的最小正周期为.
函数在上的零点分别为.
数列是以为首项，为公差的等差数列，
即当为奇数时，.
数列是以为首项，为公差的等差数列，
即当为偶数时，.
综上，
（2），显然数列为等差数列.
所以其前项和为.
19．如图，在直三棱柱中，，点在棱上，点在棱上，.
(1)若，求；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，求出相关各点的坐标，求出，求，即可；
（2）求出平面平面和平面的一个法向量,利用向量夹角公式求得答案.
【详解】（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
设，则.
因为，所以，则，解得.
故.
（2）由，得.
设平面的法向量是，
则即，
取，得.
设平面的法向量是，
则即，
取，得.
因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
20．甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为，若乙发球，则本回合甲赢的概率为，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球.
(1)求前4个回合甲发球两次的概率；
(2)求第4个回合甲发球的概率；
(3)设前4个回合中，甲发球的次数为，求的分布列及期望.
【答案】(1)
(2)
(3)分布列见解析，
【分析】（1）前4个回合甲发球两次可分为3种情况，分别求概率再相加即可；
（2）先求出第2回合甲乙发球的概率，进而得到第3回合甲乙发球的概率，进而可得第4回合甲乙发球的概率；
（3）根据随机变量的取值，利用独立性概率公式可得.
【详解】（1）前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为.
第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为.
第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为.
故前4个回合甲发球两次的概率为.
（2）第2回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.
第3回合甲发球的概率为，乙发球的概率为.
第4个回合甲发球的概率为.
（3）可以取1，2，3，4.
当时，；
当时，；
由（1）得，当时，；
当时，.
的分布列为
.
五、证明题
21．已知点和直线，动点到点的距离与到直线的距离之比为.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线交于两点，若点的坐标为，直线与轴的交点分别是，证明：线段的中点为定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接根据题意得到，整理得到答案.
（2）排除斜率不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，，确定，得到证明.
【详解】（1）设，则，，
整理得，即，
故动点的轨迹的方程为.
（2）当直线斜率不存在时不成立，故设直线的方程为.
联立得.
由，得，整理得.
设，则.
直线的方程为，令，得，同理.
，
所以，所以线段的中点坐标为，
故线段的中点为定点.
【点睛】关键点睛：本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算是解题的关键，需要熟练掌握.
六、解答题
22．（1）证明：函数在上单调递减.
（2）已知函数，若是的极小值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）对函数求导并构造函数，并讨论其单调性，即可求出函数在上的单调性；
（2）对函数进行求导，构造函数并求导，通过讨论与之间的关系，结合是的极小值点，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）由题意证明如下，
在中，.
令函数.
当时，，所以在上单调递增.
因为，
所以当时，恒成立，
故在上单调递减.
（2）由题意及（1）得，
在中，，
.
令函数.
当，即或时，
存在，使得当时，，
即在上单调递减.
因为，
所以当时，，
当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
是的极大值点，
不符合题意.
当，即时，
存在，使得当时，，
即在上单调递增.
因为，
所以当时，，
当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
是的极小值点，符合题意.
当，即时，
.
结合（1）可得在上单调递减，
所以当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减.
因为，
所以在上单调递减，不符合题意.
综上，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，构造函数法，导数求函数单调性，考查学生的逻辑思维能力，计算能力，具有很强的综合性.
第个月
1
2
3
4
5
月销售量
2.5
3.2
4
4.8
5.5
平均海拔
第一级阶梯
第二级阶梯
第三级阶梯
1
2
3
4