2024届广东省广州市白云中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届广东省广州市白云中学高三上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式得集合A，再根据交集的运算即可得答案.
【详解】因为，
所以．
故选：B.
2．复数，满足，，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【分析】解方程组可得，再根据复数的乘法运算可得.
【详解】由解得，
则.
故选：C.
3．设是等比数列，且，，则（ ）
A．24B．36C．48D．64
【答案】C
【分析】根据已知条件求出公比，即可求出的值.
【详解】在等比数列中， 设公比为，
∵，，
∴，
∴，
故选：C.
4．当，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式和平方关系求解.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
故选：B
5．，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用指数、对数的性质求出、、的范围，即可比较大小.
【详解】因为，，，
所以.
故选：D.
6．如图，，是九个相同的正方形拼接而成的九宫格中的两个角，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出的正切值，即可得出的正切值，进而求出的度数.
【详解】由题意及图得，，，
∴．
∵，，
∴．
故选：B.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆的一个交点为，若，则的面积为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用椭圆定义求出，再求出等腰三角形的面积作答.
【详解】椭圆中，，由及椭圆定义得，

因此为等腰三角形，底边上的高，
所以的面积为.
故选：D
8．已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
二、多选题
9．下列结论中，正确的是（ ）
A．数据0，1，2，3的极差与中位数之积为3
B．数据20，20，21，22，22，23，24的第80百分位数为23
C．若随机变量服从正态分布，，则
D．在回归分析中，用决定系数来比较两个模型拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越差
【答案】BC
【分析】A求极差和中位数即可判断；B由百分数求法求第80百分位数；C利用正态分布对称性求指定区间的概率；D根据决定系数实际意义判断.
【详解】A：数据极差、中位数分别为3、，则它们的积为，错；
B：由，则数据从小到大的第6位，23是第80百分位数，对；
C：由正态分布的对称性，，对；
D：由回归分析中决定系数实际意义知：越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，错；
故选：BC.
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上恰有2个极小值点
D．若要得到函数的图象，可将的图象向左平移个单位长度
【答案】BD
【分析】根据函数解析式，判断函数最小正周期、对称轴方程、区间内的极值点和图像平移后的解析式.
【详解】因为，所以的最小正周期，A不正确．
当时，，故直线是图象的一条对称轴，B正确．
由，得，当且仅当，即时，取得极小值，C不正确．
，
所以若要得到函数的图象，可将的图象向左平移个单位长度，D正确．
故选：BD.
11．如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（ ）

A．，E，O三点共线
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与平面所成的角为
D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】ABD
【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得
平面，则直线与平面所成的角为，根据余弦定理，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.
【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则，
因为平面平面，所以平面平面，
所以点是平面与平面的公共点；
显然是平面与平面的公共点；
因为交平面于点平面，
所以也是平面与平面的公共点，
所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；
三棱锥的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，所以，
所以外接球的表面积，故B正确；

因为平面平面ABCD，所以，
又平面，
所以平面，平面
所以平面平面，平面平面，
所以在平面的射影为，
即直线与平面所成的角为，
，，，
,故C错误；
取的中点，连，因为，
所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，
所以等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，
即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．
故选：ABD．
12．设动直线交圆于，两点（点为圆心），则下列说法正确的有（ ）
A．直线过定点B．当取得最大值时，
C．当最小时，其余弦值为D．的最大值为24
【答案】ABD
【分析】A选项，将直线方程整理为，然后得到，解方程即可得到定点；B选项，根据弦长最大是直径得到最大时经过圆心，然后列方程求解即可；C选项，根据几何知识得到当直线与过点和的直线垂直时最小，然后利用勾股定理和余弦定理求余弦值即可；D选项，根据外心的结论得到，然后求最值即可.
【详解】对于选项A，由动直线，可得：，由，即，即直线过定点，即选项A正确；
对于选项B，当取得最大值时，直线过点，即，即选项B正确；
对于选项C，当最小时，此时最小，当最小时，直线与过点和的直线垂直，则，即，由余弦定理可得，即选项C错误；
对于选项D，，即的最大值为24，即选项D正确，
故选：ABD．
三、填空题
13．已知向量，，若，则 ．
【答案】
【分析】根据向量平行求出x，再求出即可
【详解】因为，所以，即，
则．
故答案为：.
14．的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
令，可得，所以，展开式中的系数为.
故答案为：.
15．记数列的前项和为，若，（为正整数），则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】当时，，所以两式相减得，所以化简有，又因为 ，可得数列是以为首项，公比为的等比数列，即可求出数列的通项公式.
【详解】因为，，
所以当时，，
当时，，所以两式相减得：，
则，所以，又因为 ，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列.
所以当时，.
所以数列的通项公式为：
故答案为：.
16．已知定义在上的函数在上是增函数，且对任意的x，y，都有，若，则的解集为 ．
【答案】
【分析】利用赋值法可得是偶函数，然后根据单调性和定义域列不等式，解不等式即可.
【详解】令，则，所以是偶函数，
则，，
又定义在上的函数在上是增函数，
由，得，则，解得，
故的解集为．
故答案为：.
四、问答题
17．已知公差为正数的等差数列满足且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)令，求数列前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设数列的公差为，运用等比数列中项的性质以及等差数列的通项公式,即可得到所求；
（2）利用（1）的结论，进行裂项相消求和即可.
【详解】（1）（1）设数列的公差为，由 成等比数列，
可得，则，解得(舍去)或，
所以的通项公式为
（2）（2）由（1）可知，，
所以.
18．已知．在中，．
(1)求角的大小；
(2)是边上的一点，且，平分，且，求的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再由给定值求出角作答.
（2）利用正弦定理角化边，再利用三角形面积公式列式求解作答.
【详解】（1）依题意，，
由，得，而，即，因此，
所以.
（2）在中，由及正弦定理，得，
由（1）及平分，得，
又，由，得，
即，解得，，
所以的面积.
五、证明题
19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
20．已知数列满足，，记．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设数列的前n项和为，求数列的前n项的和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合，得出，即可求解；
（2）由（1），求得，得到，分为偶数和为奇数，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为数列满足，，可得，
又因为，即，且，
所以数列表示首项为，公差为的等差数列.
（2）解：由（1），可得数列的通项公式为，可得，
所以
当为偶数时，

；
当为奇数时，

，
所以数列的前项和为：.
21．为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛.每位参赛学生答题若干次，答题赋分的方法如下：第次答题，答对得分，答错得分：从第次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得分.学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率为，各次答题结果互不影响.
(1)求甲同学前次答题得分之和为分的概率；
(2)在甲同学完成次答题，且第次答题答对的条件下，求答题得分之和不大于分的概率；
(3)记甲同学第次答题所得分数的数学期望为，求，并写出与满足的等量关系式（直接写出结果，不必证明）.
【答案】(1)
(2)
(3)，
【分析】（1）分析可知甲前答题的正误结果分别为：对对错，错对对，再利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
（2）记事件甲同学完成次答题，第次答题答对，记事件甲同学完成次答题，答题得分之和不大于分，计算出、的值，利用条件概率公式可求得的值；
（3）分析可知的可能取值有、，求出在不同取值下的概率，可求得的值；分析第答对、答错，可得出与的关系式.
【详解】（1）解：若甲同学前次答题得分之和为分，则甲前答题的正误结果分别为：对对错，错对对，
所以所求概率为.
（2）解：记事件甲同学完成次答题，第次答题答对，
记事件甲同学完成次答题，答题得分之和不大于分，
在甲同学完成次答题，且在第次答题答对的条件下，答题得分之和不大于分的情形
有以下种：错对错错错，对对错错错，错对对错错，错对错对错，错对错错对，
所以，，，
由条件概率公式可得.
（3）解：的取值可以是、，且，，
所以.
若第次甲答对，则甲的得分为；若第次甲答错，则甲的得分为分.
所以，.
六、问答题
22．已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义知函数在处的导数值即为切线斜率，所以对函数求导可得切线斜率，进而得切线方程；
（2）根据题意属于不等式恒成立求参数取值范围问题，可以把不等式分离参数，然后构造新函数，转化为利用导数求新函数的最值问题；也可以利用切线不等式得到即，再对分和讨论即得的取值范围.
【详解】（1），，
，
的图像在处的切线方程为，即.
（2）解法一：由题意得，因为函数，
故有，等价转化为，
即在时恒成立，所以，
令，则，
令，则，所以函数在时单调递增，
，，
，使得，
当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，
故，
由，得
在中，，当时，，
函数在上单调递增，，即与，
，
，即实数的取值范围为.
解法二：因为函数，
故有，等价转化为：，
构造，
，所以可知在上单调递减，在上单调递增，
，即成立，令，
令， 在单调递增，
又，所以存在，使得，即，
可知，
当时，可知恒成立，即此时不等式成立；
当时，又因为，
所以，与不等式矛盾；
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．