2024届广东省六校（清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中）高三12月摸底考试数学试题含答案

这是一份2024届广东省六校（清中、河中、北中、惠中、阳中、茂中）高三12月摸底考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，单空题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解出集合，利用集合的交集知识，计算即可.
【详解】由题意可知，所以．
故选：C．
2．若复数z满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算、共轭复数的概念与复数的定义求值即可.
【详解】∵，∴，
∴，即的虚部为.
故选：D．
3．在平行四边形中，．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量对应线段的数量及位置关系，用表示出，求出参数，进而得结果.
【详解】，

所以，则.
故选：D
4．若函数在上的值域为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据可得，由三角函数的性质，只需，解不等式即可求解.
【详解】，
，
而值域为，
，
，
整理可得，
又，的最小值为.
故选：A
【点睛】本题考查了三角函数的值域求参数的取值范围，掌握三角函数的性质是解题的关键，属于基础题.
5．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家．在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵，称做“开方做法本源”，这就是著名的“杨辉三角”，它比西方的“帕斯卡三角形”早了年．在“杨辉三角”中，从第行开始，除以外，其它每一个数值是它上面的两个数值之和，该三角形数阵开头几行如图所示．某行中只有一项最大，且为，该行是第（ ）行
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由于只有一项最大，可知行数为偶数，再由最大项为252可求出
【详解】因为某行中只有一项最大，且为，
所以行数为偶数，
因为,
所以，
故选：C
6．已知数列的前项和，则“”是“是等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】先令，求出，再由时，根据，求出，结合充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】解：当时，，
当时，
若，则，，
当时，，数列是等比数列；
若数列是等比数列，，， ，
所以，是充分必要条件．
故选：C
【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，熟记概念，以及数列的递推公式即可求解，属于常考题型.
7．已知正数a，b，c满足，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用指数和对数的运算规则和指数函数、对数函数与幂函数的性质，比较大小.
【详解】
，
,故A错误；
，，故BC错误，D正确．
故选：D.
8．过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为H，点为坐标原点，若，又直线与双曲线无公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合题意以及双曲线的有关知识，找到之间的不等关系，整理计算即可.
【详解】如图，可知中，，
因为，由正弦定理可知，
即，所以，得．
又因为直线与双曲线无公共点，则，即，
结合，所以，所以．
综上：，
故选：A．
二、多选题
9．下列命题中是真命题的有（ ）
A．有，，三种个体按3:1:2的比例分层抽样调查，如果抽取的个体数为9，则样本容量为30
B．一组数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数相同
C．若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是甲
D．一组数6，5，4，3，3，3，2，2，2，1的85%分位数为5
【答案】BD
【分析】根据分层抽样原则直接计算即可得到样本容量，知A错误；根据平均数、众数和中位数定义直接判断可知B正确；根据方差的计算方法可知乙组方差更小，则其数据更稳定，知C错误；由百分位数的计算可知D正确.
【详解】对于A，根据分层抽样原则可知：样本容量为，A错误；
对于B，由平均数、众数和中位数定义可知：该组数据平均数为；众数为；中位数为；B正确；
对于C，乙组数据的平均数为，
则其方差，
乙组数据更稳定，C错误；
对于D，，将该组数按照从小到大顺序排列，第个数为，
该组数据的分位数为，D正确.
故选：BD．
10．如图，在正方体中，M，N，P，Q分别是线段，，，BC的中点，给出下面四个结论：其中正确的序号为（ ）
A．平面APCB．平面
C．A，P，M三点共线D．平面平面ABCD
【答案】AB
【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的性质、平面的性质以及平面与平面相交的性质进行判断即可.
【详解】平面APC即为平面，，即，而平面，
因此有平面，所以A正确.由平面平面，又平面，故平面，所以B正确.平面APC即为平面，共线，所以A，P，M三点不共线；所以C不正确.
平面MNQ与平面ABCD是相交的.所以D不正确.
故选：AB
【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的性质以及平面与平面相交的定义，属于基础题.
11．已知是自然对数的底数，函数的定义域为，是的导函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】构造函数，借助新函数的单调性，即可判断.
【详解】令函数，则，
所以在上单调递增，
又，所以
，即，
所以，而的大小不确定．
故选：AC.
12．已知圆，直线l过点，若将圆C向上平移4个单位长度，再向右平移3个单位长度得到圆，则下列说法正确的有（ ）
A．若直线l与圆C相切，则直线l的方程为
B．若直线l与圆C交于A，B两点，且的面积为2，则直线l的方程为或
C．若过点的直线与圆C交于M，N两点，则当面积最大时，直线的斜率为1或
D．若Q是x轴上的动点，，分别切圆于R，S两点，则直线RS恒过定点
【答案】BCD
【分析】对于A选项：利用直线l与圆C相切，求出切线方程即可;
对于B选项：利用的面积为2，借助弦长公式建立方程，求出即可;
对于C选项：表示出当面积，借助基本不等式，从而求得斜率;
对于D选项：分别得到圆的方程和以为直径的圆的方程，两个方程相减求解即可.
【详解】对于A选项：当直线l垂直于x轴时，其方程为，符合题意．当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为，即，则，解得，所以直线l的方程为，即．综上，直线l的方程为或，所以A错误；
对于B选项：由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为，即．设圆心C到直线l的距离为，则，即，解得，则，解得或．所以直线l的方程为或，所以B正确；
对于C选项：可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
即，所以圆心到直线的距离．
因为,当且仅当，即时取等号.
由，得，解得或，所以C正确；
对于D选项：由题意知圆的方程为，圆心．设，则以为直径的圆的圆心为，半径为，
则圆D的方程为，
整理得，圆与圆D的公共弦所在直线即为直线RS，
将两式相减，
可得直线RS的方程为，即．
令解得即直线RS恒过定点，所以D正确．
故选：BCD．
三、填空题
13．已知实数，满足，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】利用重要不等式，转化为不等式，求的最大值.
【详解】因为，所以，
即，当时，等号成立，
所以的最大值是.
故答案为：
四、单空题
14．设抛物线的焦点为，点.若线段的中点在抛物线上，则到该抛物线准线的距离为 ．
【答案】
【详解】试题分析：根据抛物线方程可表示出焦点F的坐标，进而求得B点的坐标代入抛物线方程求得p，则B点坐标和抛物线准线方程可求，进而求得B到该抛物线准线的距离．
解：依题意可知F坐标为（，0）
∴B的坐标为（，1）代入抛物线方程得=1，解得p=，
∴抛物线准线方程为x=﹣
所以点B到抛物线准线的距离为+=，
故答案为
【解析】抛物线的定义；抛物线的简单性质．
15．若函数是定义在上的奇函数，且对任意恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用函数是定义在上的奇函数，求出，并判断出函数的单调性，结合函数的性质化简，转化为不等式的恒成立问题计算即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以，解得，所以，
又因为，所以，
即对任意恒成立，所以，
所以易得到在上单调递增，
由，得，
即，
因为是定义在上的奇函数，所以，
因为在上单调递增，所以，
即对任意恒成立，
若，则，此时对任意恒成立；
若，则，解得，
综上：的取值范围为．
故答案为：.
五、填空题
16．如图所示，在三棱锥S-ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A-BC-S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为 .
【答案】
【分析】取线段BC的中点D，连接AD，SD，根据外接球的球心与△ABC，△SBC的中心连线垂直于△ABC，△SBC可确定球心的位置，再根据垂径定理求解球的半径即可.
【详解】解析如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A-BC-S的平面角，∴∠ADS=，由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，在平面ADS内，
过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连接OA，则球O的半径R=OA，由题意知，连接，在Rt中，球的表面积为.
故答案为：
六、证明题
17．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）由正弦定理及两角和正弦公式化简，再利用正弦定理化简即可证明；
（2）结合（1）的结论，利用余弦定理求出a，利用同角三角函数关系求出，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，及，
所以，
由得，得证.
（2）由（1）及知，又，
由余弦定理可得，即，
解得或，因为，所以，
当时，，
当时，.
七、问答题
18．已知正项数列满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过整理找到是公差为2的等差数列，结合，求出通项公式即可.
（2）表示出，采用并项与分组求和运算即可.
【详解】（1）由，
得．
，所以，故得，
故是公差为2的等差数列，首项为，
则，由，得，
故，于是．
（2）依题意，，
故，
，
即．
八、证明题
19．如图，已知四棱锥中，底面是矩形，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取，的中点，，连接，，，利用等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）解法一：利用线面垂直的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥体积公式进行求解即可；
解法二：建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合已知求出点的坐标，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】解：（1）如图，取，的中点，，连接，，，
因为，，
所以，，，
又，
所以，，
又因为，所以，
所以，即，
平面，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
（2）解法一：设到平面的距离为，
因为，，
所以，
由（1），，又，所以，
平面，
所以平面，因为，所以点到平面的距离为，
所以，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
解法二：建系法
如图，建立空间坐标系，则，，，，
设，由，得
即，设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，可得，
于是.
【点睛】本题考查了线面、面面垂直的判定定理的应用，考查了三棱锥体积公式的应用，考查了利用空间向量夹角公式求线面角的正弦值，考查了推理论证能力和数学运算能力.
九、问答题
20．食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在某种蔬菜进货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，蔬菜才能在该超市销售．已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测是否合格相互之间没有影响．
(1)求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率；
(2)如果这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利400元，如果不能在该超市销售，则每箱亏损200元，现有4箱这种蔬菜，求这4箱蔬菜总收益的分布列．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先求出每轮合格的概率，再利用对立事件的概率即可求得求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率；
（2）先分析出4箱蔬菜的总收益为随机变量X的所有可能，再利用二项独立重复试验二项分布的公式求出每种情况的概率，最后写出分布列即可
【详解】（1）解：记Ai(i＝1，2，3)分别为事件“第一、二、三轮检测合格”，A为事件“每箱这种蔬菜不能在该超市销售”．
由题设知P(A1)＝1－＝，P(A2)＝1－＝，P(A3)＝，
所以P(A)＝1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－××＝．
（2）解：设这4箱蔬菜的总收益为随机变量X，则X的所有可能取值为1600，1000，400，－200，－800，
且P(X＝1 600)＝，
P(X＝1 000)＝，
P(X＝400)＝，
P(X＝－200)＝，
P(X＝－800)＝．
故X的分布列为
21．已知椭圆经过点，椭圆的左、右顶点分别为、，点在椭圆上（异于、），且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点为直线上的动点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，证明直线经过定点，并求出定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）设出点坐标，表示出，结合图象过定点，计算即可的；
（2）借助椭圆上的点的切线方程得出直线的方程，运用求直线上定点的方式即可得.
【详解】（1）由题意得，，设，
则，，所以，
又，即，
则，可得．
又因为点在椭圆上，则．
由，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设点，，，
由题意可知切线，的斜率存在，
则切线的方程为，即，
切线的方程为，即，
即有，
则两切线、相交于点，
即有，
即点、满足方程，
即直线MN的方程为，经过定点．
22．已知函数.
(1)求函数的最大值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，令，得到，所以单调递减，得到存在，使，结合函数的单调性，进而求得函数的最大值.
（2）把不等式转化为，结合、和，得到，再把不等式，转化为，令，求得得，结合单调性转化为，当时，转化为，令和，结合单调性，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，，定义域为，
可得，
令，则，所以单调递减，
又由，所以存在，使，
即，即，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以有最大值，最大值为.
（2）证明：不等式，即证，即证，
当时，不等式显然成立；
当时，令，可得，
因为，可得，所以在上单调递减，
所以，即，
要证不等式，只需证明：，
等价于证明：，
令，可得，
函数在上单调递减，所以，即；
当时，，只需证，
令，可得，函数在上单调递增，所以，
又由，可得，在单调递减，所以，
所以时，，所以不等式成立；
综合上述不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
X
1 600
1 000
400
－200
－800
P