2023-2024学年广东省广州市天河区高三上学期11月月考质量检测数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市天河区高三上学期11月月考质量检测数学模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了非选择题的作答，已知，为函数的零点，，若，则，若，则下列不等式正确的是等内容，欢迎下载使用。
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和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把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，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上．
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
一、单选题：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．设全集为，则（ ）
A．B．
C．D．
2．“”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
3．复数满足：（为虚数单位），为复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
5．在边长为2的等边三角形中，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知实数，，，则这三个数的大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．已知，为函数的零点，，若，则（ ）
A．B．
C．D．与大小关系不确定
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．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．记等差数列的前项和为，已知，，则有（ ）
A．B．C．D．
10．若，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数（）在区间上有且仅有条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（ ）
A．在区间上有且仅有个不同的零点
B．的最小正周期可能是
C．的取值范围是
D．在区间上单调递增
12．若函数存在两个极值点 ，则（ ）
A．函数至少有一个零点B．或
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数为上的奇函数，则实数 .
14．若曲线在点处的切线方程为，则 ．
15．如图，某中学校园中央有一座钟楼，某学生为了测量钟楼高AB，该学生先在钟楼的正西方点C处测得钟楼顶部的仰角为45°，然后从点C处沿南偏东30°方向前进60到达点D处，在D处测得钟楼顶部的仰角为30°，则钟楼AB的高度是 .
16．已如平面内非零向量，，满足，，，若，则的取值范围是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．已知数列是公比为2的等比数列，其前项和为，，，成等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
18．设函数，其中，已知．
(1)求；
(2)将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求的单调递减区间．
19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
20．某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当中（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：
（1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义．
21．某公园要建造如图所示的绿地为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB与BC的总长度为12米且.设.
(1)当时，求的长；
(2)当时，求面积的最大值及此时的值.
22．已知函数).
(1)讨论的单调性；
(2)当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.注：是自然对数的底数
1．C
【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法、集合补集的定义进行求解即可.
【详解】由且，或，
所以，
故选：C
2．B
【分析】解出对数不等式，再根据必要不充分条件的判定即可得到答案.
【详解】，，则，
解得，则反向可以推出，正向无法推出，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
3．B
【分析】由已知求得z，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】由（z﹣2）•i＝z，得zi﹣2i＝z，
∴z，
∴z2＝（1﹣i）2＝﹣2i，，，．
故选B．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
4．D
【分析】利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
5．D
【分析】运用向量的加减运算和向量数量积的定义计算可得所求值．
【详解】在边长为2的等边三角形ABC中，若，
则（）•（）
＝（）•（）
22•
故选：D
本题考查向量的加减运算和向量数量积的定义和性质，向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题．
6．A
【分析】根据对数函数的图象和性质可得：，然后再比较的大小关系即可.
【详解】因为，所以，
又因为，
而，所以，
所以，
故选.
7．B
【分析】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则为等比数列，由此求出塔形表面积的表达式，令即可得出的范围．
【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，
，，，
则为以2为首顶，以为公比的等比数列，
是以4为首项，以为公比的等比数列．
塔形的表面积，
令，解得，
该塔形中正方体的个数至少为5个．
故选：B．
8．C
【分析】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案.
【详解】易知为函数的零点，
又
解之：，负根舍去；
又，
即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为
切线方程为：过原点，
此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，
故选：C
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
9．ACD
【分析】先由，以及等差数列的性质可得，，然后根据等差数列通项公式，求和公式依次判断即可.
【详解】由，得，
设等差数列的公差为，则有，
所以，
所以，
所以，，
，
由，得，
故选：ACD.
10．AC
【分析】计算得到，A正确，，符号不定，B错误，根据均值不等式得到C正确，根据单调性得到D错误，得到答案.
【详解】当时，，所以，A正确；
，，符号不定，所以与大小关系不能确定，B错误；
，，所以C正确；
在上单调递减，，所以，D错误；
故选：AC.
11．BC
【分析】根据三角函数对称轴情况可得的取值范围，进而判断各选项.
【详解】解：由函数（），
令，，则，，
函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，
由，得，即，
则，，，，
即，
，C正确；
对于A，，，
，
当时，在区间上有且仅有个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有个不同的零点；故A错误；
对于B，周期，由，则，
，
又，所以的最小正周期可能是，故B正确；
对于D，，，
又，
又，所以在区间上不一定单调递增，故D错误；
故选：BC．
12．ACD
【分析】对于A，只需将 代入验证即可，对于B，通过函数存在2个极值点转化为导函数有2个变号零点问题，从而转化为二次函数根的分布问题即可，对于C，利用B选项的条件即可推导；对于D，计算 ，构造函数 ，求函数 的最小值即可
【详解】对于A，
， 是 的一个零点，故A正确
对于B，
存在两个极值点 ，
有两个不相等的实数根，即 有两个变号零点
，即 ，
又， ，解得
综上， ，故B错误
对于C，由B选项可得， ， ， ，
故C正确
对于D，

将 代入上式


令

有 在 上单调递增， ，
故D正确
故选：ACD
13．
【分析】由奇函数性质，设，则，由奇函数性质求出时表达式，根据对应关系可求.
【详解】由为R上奇函数，则，设，则，
.
故
14．
【分析】由导数求出参数，将切点代入切线方程即可求出.
【详解】,依题意得，即，
又因为，所以.
故
15．30
【分析】先用AB表示出BD和BC，再结合余弦定理即可求解.
【详解】由题意知：，设，则，
，即，解得或（舍去）.
故30.
16．
【分析】确定点的轨迹是以点B为圆心，为半径的圆，计算，得到范围.
【详解】由，得，
向量对应点的轨迹是以点B为圆心，为半径的圆，
对应点为，对应点为，，
，，于是.
故答案为.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）由，，成等差数列，可得，利用等比数列通项公式和求和公式，求解可得，结合，即得解
（2）代入可得，分组求和即得解
【详解】（1）由，，成等差数列，且公比，
所以，
即，
整理得，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）.
所以为等比数列，令，故为等差数列
因此分组求和可得：
18．(1)
(2)（）
【分析】（1）先化简，再代入求值即可；
（2）先变换再求递减区间即可.
【详解】（1）由得：
，
，
由知，则，，
故，，
又，所以．
（2）由（1）知，
由题意得．
由，
解得，，
所以的单调递减区间为（）．
19．（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
20．(1) 时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间;(2)见解析.
【分析】（1）由题意知求出f（x）＞40时x的取值范围即可；
（2）分段求出g（x）的解析式，判断g（x）的单调性，再说明其实际意义．
【详解】（1）由题意知，当时，
，
即，
解得或，
∴时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；
（2）当时，
；
当时，
；
∴；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
说明该地上班族中有小于的人自驾时，人均通勤时间是递减的；
有大于的人自驾时，人均通勤时间是递增的；
当自驾人数为时，人均通勤时间最少．
本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力．
21．(1)
(2)当时，养殖场最大的面积为平方米.
【分析】（1）利用正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
（2）根据三角形面积公式、正弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）连接，设，
在中，由正弦定理可知：，
在中，由正弦定理可知：，于是有，而，
解得，负值舍去，
因此，即；
（2）由题意，，所以，而， ，因此，所以，而，所以垂直且平分，
因此，
，
在△中，由正弦定理，得．
于是，．当，即时，取到最大值，最大值为．因此，当时，养殖场最大的面积为平方米.
22．(1)答案见解析
(2).
【分析】(1)根据的导函数零点间的大小关系进行分类讨论求解即可；
(2)根据特殊值法，结合(1)中的结论、导数的性质、分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）由，
①当，即时，
因为恒成立，故在上为减函数；
②当，即时，
由得，或；由得，，
所以在和上为减函数，在上为增函数；
③当，即时，
由得，或；由得，，
所以在和上为减函数，在上为增函数.
综上：当时，在上为减函数；
当时，在和上为减函数，在上为增函数；
当时，在和上为减函数，在上为增函数.
（2）因为时，关于的不等式恒成立，
则，即，解得或.
①当时
由(1)知，在上为增函数，在上为减函数，
所以在上的最大值为，故，
即，解得或，因为，所以.
②当时，
由(1)知，在和上为减函数，在上为增函数，
所以在上的最大值为，故，
即，整理得.
记，，
所以，
当， ，单调递减；当， ，单调递增，
所以即
则，
因为函数和在上均为增函数，所以.
综上：的取值范围是.
方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．