2024届广东省广州市省实验学校高三上学期中段质量检测数学试题含答案

这是一份2024届广东省广州市省实验学校高三上学期中段质量检测数学试题含答案，共20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．RD．
【答案】A
【分析】求出函数的定义域和值域，可分别化简集合，，再利用交集的定义求解即可.
【详解】依题意：，，
所以.
故选：A.
2．使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据充分不必要条件的意思和不等式的性质可得答案.
【详解】只有当同号时才有，故错，
，故B错，
推不出显然错误，
，而反之不成立，故D满足题意，
故选：D.
3．已知圆锥的侧面积（单位：）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用扇形的面积公式，底面圆周长等于扇形弧长，即得解.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故选：B
4．若为等差数列，是其前项的和，且为等比数列，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列以及等比数列的性质分别求得的值，结合三角函数诱导公式化简求值，即得答案.
【详解】因为为等差数列，故，
所以，
又因为为等比数列，，所以，
当时，；
当时，；
所以，
故选：D.
5．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线的两个交点为．若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合圆的垂径定理及点到直线距离公式求出焦点到准线的距离，求出离心率即可.
【详解】因为，，所以三角形为正三角形，
所以到直线的距离为，所以，
因为，所以，所以，所以.
故选：D
6．函数在上单调递增，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式化简，结合余弦函数单调性和的范围即可构造不等式求得结果.
【详解】由题意得：，当时，，
在上单调递增，，又，解得：，
的最大值为.
故选：B.
7．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】观察，可考虑构造函数，求得的奇偶性，再由时，的单调性确定整个增减性，由与的正负反推正负即可求解.
【详解】设，则，∵当时，，
∴当时，，即在上单调递减.
由于是奇函数，所以，是偶函数，
所以在上单调递增.
又，
当或时，；
当或时，，
所以当或时，.
即不等式的解集为.
故选：B.
8．中，为上一点且满足，若为上一点，且满足为正实数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为1
C．的最小值为4D．的最大值为16
【答案】C
【分析】利用基本不等式可求得的最大值为，判断A、B；将化为，结合基本不等式可求得其最小值，判断C；，结合可判断D.
【详解】为正实数，，
，而共线，

，
当且仅当时，结合，即时取等号，A，B错误；
，
当且仅当，即，即时取等号，
即的最小值为4，C正确；
又，
由于为正实数，，则，
则，时取最大值，
当趋近于0时，可无限趋近于0，
故，故无最大值，D错误，
故选：C.
二、多选题
9．已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．若复数，则
B．若复数z满足，则复平面内z对应的点Z在一条直线上
C．若是纯虚数，则实数
D．复数的虚部为
【答案】AB
【分析】根据复数的运算直接计算可知A；由复数的模的公式化简可判断B；根据纯虚数的概念列方程直接求解可知C；由虚部概念可判断D.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：设，代入，得，整理得，即点Z在直线上，故B正确；
对于C：是纯虚数，则，即，故C错误；
对于D：复数的虚部为，故D错误.
故选：AB.
10．已知过点A（a，0）作曲线的切线有且仅有两条，则实数a的值可以是（ ）
A．－2B．4C．0D．6
【答案】AD
【分析】设出切点，写出切线方程，将点代入，化简后方程有两根，即可得到的取值范围.
【详解】设切点为，则，所以切线方程为：，切线过点A（a，0），代入得：，即方程有两个解，则有或．
故选：AD.
11．已知是抛物线的焦点，是上的两点，为原点，则（ ）
A．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
B．若，则的面积为
C．若直线过点，则的最小值为
D．若，则直线恒过定点
【答案】BCD
【分析】对于A，由条件可得垂直于轴，然后可得四边形的周长，对于B，由条件可得点的横纵坐标，即可得的面积，对于C，设直线，然后联立抛物线的方程消元，然后得到，然后结合基本不等式可得的最小值，对于D，设直线，然后联立抛物线方程消元，然后由可求出的值.
【详解】
对于选项，由题意知，且垂直于轴，根据抛物线的定义可知.
设与轴的交点为，易知，
故，
所以四边形的周长为，选项错误；
对于选项，由题意得，解得，所以，
从而，选项正确；
对于选项，若直线过点，设直线，
联立直线与抛物线方程得，易得，
则，
所以，
当且仅当时，等号成立，选项C正确；
对于选项D，设直线，联立直线与抛物线方程得，
则，即，，所以，
由可得，
即，解得，
故直线的方程为，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：BCD.
12．如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）

A．面积的最大值为
B．存在某个位置，使得
C．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【答案】ACD
【分析】A选项，利用三角形面积公式，，当时，最大，且最大值为，故A正确；B选项，取的中点，易证，易判断B错误；C选项，三棱锥体积最大时，平面，，找到球心求出半径得解；D选项，由，得，所以点在以为球心，1为半径的球面上，求出点到平面的距离得解.
【详解】对于A，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故A正确；

对于B，取的中点，连接，显然，且，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，且，为的中点，
则与不垂直，
所以与不垂直，故B错；

对于C，易知三棱锥体积最大时，平面平面，交线为，
作，因为平面，则平面，
取中点，连接，，，则，
由勾股定理可得，
又，故点为三棱锥的外接球的球心，
所以其外接球的半径为，表面积为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
点在以为球心，1为半径的球面上，设点到平面的距离为，
因为，所以，
易知，，，
，，，
所以点到平面的距离的最小值为，选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为 .
【答案】
【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.
【详解】由，得，又，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：
14．已知函数.若，则 .
【答案】/
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用已知及和角的余弦公式求解即可.
【详解】依题意，，
由，得，又，即，则，
所以.
故答案为：
15．已知函数，若，则实数的取值范围为 .
【答案】.
【分析】由题意得及1，从而将问题转化为求的取值范围，由此利用导数研究其单调性即 可得解.
【详解】因为与在其定义域单调递增，
所以在各自定义域内不可能有两个点使得，
又因为，所以由题意得，
故由得，则所以，
令，则，
所以在上单调递增，则，
故，即.
故答案为：.
16．如图，矩形中， 分别为线段上的动点，且满足.点关于原点的对称点为，直线与交于点，则点到直线的最小距离为 .

【答案】
【分析】由已知条件求出点轨迹方程，设点求点到直线的最小距离，或利用平行于直线的切线求点到直线的最小距离.
【详解】如图可知：.
当时，则交点为；当时，则交点为.
当时，则，
于是可得，，
联立上式可得点的轨迹方程为.
又点满足方程，故点的轨迹方程为.
法一：设，则，
当时，距离最小，最小为.
法二：点的轨迹方程为：，与无公共点.
设直线平行于直线，则直线的方程可以写为，
由方程组消去，得.
令其根的判别式，得.
由图知，当时，直线与的公共点到直线的距离最小，
即两平行直线和之间的距离，

所以最小距离为.
故答案为：
四、解答题
17．已知等比数列的第二､三､四项分别是等差数列的第二､五､十四项，且等差数列的首项，公差.
(1)求数列与的通项公式；
(2)设数列对任意均有成立，求的值.
【答案】(1).
(2)
【分析】（1）由题意得，再利用等比数列和等差数列的性质列方程可求出，从而可求出公比，进而可求得数列与的通项公式；
（2）由，得，两式相减可求得，再验证，然后利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由题意，，
，解得，或（舍去），
，
.
（2）由题意，，①
，②
②-①得，
当时，不满足上式，所以，
.
18．在锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式及三角形内角和定理化简即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）根据题意，由正弦定理得
，
又在锐角中，有，所以，
所以，所以；
（2）结合（1）可得，
由，则根据正弦定理有，
得，
根据余弦定理有，得，
所以
，
又为锐角三角形，则有，得，
所以，所以，
故.
19．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【详解】（1）证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则，
，所以，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，于是.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20．第19届杭州亚运会-电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注.已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：
第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组.
第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组.
第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军）；获胜队伍成为败者组第一名.
第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军.假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立.问：

(1)若第一轮队伍和队伍对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？
(2)已知队伍在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍获得亚军的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据乘法公式求概率即可；
（2）根据条件概率公式求概率即可.
【详解】（1）由题意可知，第一轮队伍和队伍对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，
所以所求的概率为.
（2）设表示队伍在比赛中胜利，表示队伍在比赛中失败，
设事件：队伍获得亚军，事件队伍所参加的所有比赛中败了两场，
则事件包括，且这五种情况彼此互斥，
进而
，
事件包括，且这两种情况互斥，
进而，
所以所求事件的概率为.
21．设椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）求椭圆的外切矩形的面积的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据题意求出，进而可求出结果；
（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，可求出矩形的面积；当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，设出直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解.
【详解】解：（1）由题设条件可得，，解得，
∴，所以椭圆的方程为
（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，得矩形的面积
当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，
设直线的方程为，与椭圆联立可得
，
由，得
显然直线的直线方程为，直线，间的距离
，
同理可求得，间的距离为
所以四边形面积为

（等号当且仅当时成立）
又，
故由以上可得外切矩形面积的取值范围是
【点睛】本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆的综合，灵活运用弦长公式，韦达定理等即可求解，属于常考题型.
22．已知函数.
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；
（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.
【详解】（1）由得，
当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，
又，故只有1个零点；
当时，令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以当时，取得最小值，
当时，，所以函数无零点，
当时，恒成立，所以函数无零点，
综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；
（2）由已知有，所以，
所以，
构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，
，记，所以，
令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，即单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，单调递增，
故的最小值为，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.