广东省韶关市2024届高三上学期第一次模拟考试数学试题

这是一份广东省韶关市2024届高三上学期第一次模拟考试数学试题，共20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．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．或
C．或D．或
3．已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A．B．C．D．
4．函数在上单调递减，则实数取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．某一物质在特殊环境下的温度变化满足：（为时间，单位为为特殊环境温度，为该物质在特殊环境下的初始温度，为该物质在特殊环境下冷却后的温度），假设一开始该物质初始温度为，特殊环境温度是，则经过，该物质的温度最接近（ ）（参考数据：）
A．B．C．D．
6．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知圆，点，下列命题正确的是（ ）
A．圆的圆心为
B．过点的直线可能与圆相切
C．圆上的点到点距离的最大值为
D．若以为圆心的圆和圆内切，则圆的半径为
10．数据的平均数为，方差为，数据的平均数为，方差为，其中满足关系式：，则（ ）
A．
B．数据的平均数为
C．若数据，则
D．若，数据不全相等，则样本点的成对样本数据的样本相关系数为
11．已知函数，的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．将的图象向右平移个单位，得到的图象
C．，都有
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数
12．已知是的导函数，则（ ）
A．是周期函数
B．的一条对称轴是
C．在内有两个不同的零点
D．在内有两个不同的极值点
三、填空题
13．已知，则与的夹角为 .
14．现有，，，，五人排成一列，其中与相邻，不排在两边，则共有 种不同的排法（用具体数字作答）.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线在第一、三象限的交点分别为，设四边形的周长为，面积为S，则 .
16．四面体的棱长只能是1或3，但该四面体不是正四面体，则该四面体的体积最大值为 .
四、解答题
17．在中，内角的对边分别为.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
18．如图，在直三棱柱中，.
(1)证明：；
(2)若点在棱上，，求平面与平面夹角的余弦值.
五、证明题
19．已知数列的前项和满足.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，若成等比数列，求数列的前项和.
六、解答题
20．有一个质地均匀的正方体骰子与一个有61个格子的矩形方格图，矩形方格图上从0，1，2，…，60依次标号.一个质点位于第0个方格中，现有如下游戏规则：先投掷骰子，若出现1点或2点，则质点前进1格，否则质点前进2格，每次投掷的结果互不影响.
(1)求经过两次投掷后，质点位于第4个格子的概率；
(2)若质点移动到第59个格子或第60个格子时，游戏结束，设质点移动到第个格子的概率为，求和的值.
21．已知函数.
(1)若在处的切线与的图象切于点，求的坐标；
(2)若函数的极小值小于零，求实数的取值范围.
22．已知抛物线，点为抛物线上一点，过点作轴，垂足为，线段的中点为（当与重合时，认为也与重合），设动点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设为曲线上不同的三点，且的重心为，求面积的取值范围.
参考答案：
1．D
【分析】由复数的运算法则即可求解.
【详解】由可得：
.
故选：D
2．C
【分析】利用集合的交并补运算即可得解.
【详解】因为，
所以，故或.
故选：C.
3．A
【分析】利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
则，所以，所以.
故选：A.
4．A
【分析】求出函数的定义域，结合复合函数单调性得到答案.
【详解】的定义域是，
令，其在定义域上单调递增，
，在上单调递减，在上单调递增，
由复合函数的单调性可知，.
故选：A.
5．B
【分析】根据题意可分别将初始温度，特殊温度及时间代入题中式子得，从而可求解.
【详解】由初始温度，特殊温度，时间代入题中式子得：
，解得分钟，故B项正确.
所以选:B.
6．D
【分析】先将代入椭圆方程得点，由题意可得，结合即可得解.
【详解】
不妨设点在第一象限，由题意将（其中）代入椭圆方程得，
，因为为等边三角形，所以，即，，
两边同除以得，即可解得满足题意.
故选：D.
7．B
【分析】将条件的两个式子平方相加可得，然后可得，再由，，可得，从而可求出，由商式关系可求得.
【详解】由，得，
由，得，
两式相加得，，所以可得，
因为，，所以，
所以，可得.
故选：B
8．A
【分析】对取特殊值代入已知表达式，结合奇偶性即可求解.
【详解】当时，，
当时，，可得，
则，
当时，，则，
函数的定义域为R，
令时，，
所以得，所以函数是奇函数，
令得，
又函数是奇函数，.
故选:A.
【点睛】方法点睛：抽象函数中用赋值法求函数值的问题，赋值时应结合题目中的信息进行.
9．ACD
【分析】A选项，变形为圆的标准方程，得到圆心和半径，A正确；B选项，根据，故点在圆内，B错误；C选项，圆上的点到点距离的最大值为圆心到的距离加上半径，得到答案；D选项，根据两圆内切，得到半径.
【详解】选项A：变形为，
圆心为，A正确；
选项B：，故点在圆内，
故过点的直线不可能与圆相切，B错误
选项C：圆上的点到点距离的最大值为圆心到的距离加上半径，
即，C正确；
选项D：两圆的位置关系为内切，且点P在圆M的内部，则圆的半径为，D正确.
故选：ACD
10．AD
【分析】利用平均数的定义相关公式以及方差的定义相关公式即可判断选项ABC，结合样本相关系数的概念即可判断选项D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，
其平均数为，故B错误；
对于C，，
因为，故，
而当时，，满足条件，
但此时可以不都相等，故C错误；
对于D，由样本相关系数的概念可知，D正确.
故选：AD
11．AD
【分析】根据图象依次求得的值，再结合三角函数图象变换、以及性质，易得到答案.
【详解】由函数的部分图象，
可得，.
再根据五点法可得，得，故.
，故A正确；
，故B错误；
取时，显然不成立，故C错误；
令，由，可得，
要使方程在上有两个不相等的实数根，
只需函数在上有两个不同的零点，
即，故D正确.
故选：AD.
12．AB
【分析】利用周期函数的定义判断A；求出导数，利用轴对称的意义判断B；求出函数的零点判断C；利用导数探讨单调性并确定极值点判断D.
【详解】依题意，，是周期函数，A正确；
而，则
，的图象关于对称，B正确；
，在上只有一个零点，C错误；
当时，，
令，求导得，
又，
于是，即，函数在上单调递减，
而，，则，使得，
于是函数在上有唯一零点，且当，函数递减，
当，函数递增，因此在上只有1个极值点，D错误.故选：AB
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
(1)存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
13．
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，向量数量积和模的坐标表示，坐标法求向量夹角.
【详解】已知，则，
故，故，即与的夹角为.
故答案为：
14．24
【分析】法一：先将捆绑，再排除以外其他人，最后插空即可；
法二：先将捆绑，进行全排列，再减去在两边的情况.
【详解】法一：将捆绑，则除以外其他四人的排序有种，又不排在两边，
所以可选的位置有两种，所以共种排法；
法二：将捆绑，若的位置任意，则五人的排序有种，
其中排在两边的情况有种，
所以不排在两边的情况有种；
故答案为：.
15．40
【分析】设，，根据圆的性质可知，利用勾股定理结合双曲线的定义可得，即可得结果.
【详解】设，，
由在以为直径的圆上可得：，
故，且四边形为矩形，
由双曲线可知：，
即，
又因为，则，
可得，
则，
所以.
故答案为：40.
16．
【分析】对四面体各棱的长度进行分类讨论，结合锥体的体积公式可求得该四面体的可能体积．
【详解】1和3可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为3的正三角形，边长为1，3，3的三角形.
所以可以构成的四面体有：
两个边长为3的正三角形和两个1，3，3的三角形拼成的三棱锥，如图1所示；
四个1，3，3的三角形拼成的三棱锥，如图2所示
一个底面为边长为1的正三角形，侧棱长均为3的正三棱锥,如图3所示；
按如图所示的位置摆放，底面形状相同，即底面积相等，
分析图形，根据侧棱的数据可知，图1三棱锥的高度最大，体积最大.
，是的中点，，，
平面，，则平面，
该三棱锥的体积，
在中，，，
则，，
则该三棱锥的体积.
所以该四面体体积最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，此题中四面体有三种结构，取相同的底面，只需比较棱锥的高，即可知体积最大的四面体形状，计算数据即可．
17．(1)
(2)6
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可根据辅助角公式或者同角关系求解，
（2）根据面积公式可得，结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
又，得，
方法一：由辅助角公式可得.
图为中，
所以，则，故.
方法二：联立与，消去得，即，解得或.
由于，所以 ，故.
（2）解法一：
而由余弦定理得，即，则
解得，故的周长为
解法二：
而由余弦定理得，即，则，
从而有，则，故的周长为
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得证；
（2）结合（1）中结论，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，，
故以为坐标原点，方向分别为轴的正方向建立如图空间直角坐标系.
则，
所以，
所以，
所以.
（2）因为点在棱上，，所以，
又，
则，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）将替换得到新等式，然后分析原式与新等式作差的结果，结合等差数列的定义进行证明即可；
（2）先根据条件求解出的通项公式，然后代入的通项，通过裂项先化简，然后用裂项相消法进行求和.
【详解】（1）由题可知，
因为，
所以时，，
两式相减得，
化简可得，且满足条件，
综上可得，是公差为的等差数列；
（2）因为，故，解得，
所以，
所以，
所以
所以.
20．(1)
(2)，.
【分析】（1）分别求出质点前进1格、前进2格的概率，再利用相互独立事件的概率公式求解即得.
（2）求出，当时，探求的关系，利用构造法、累加法求出，进而求出即得.
【详解】（1）设事件为质点前进1格，事件为质点前进2格，则，
设事件为质点经过两次投掷后位于第4个格子，所以.
（2）质点移动到第个格子的情况可分为两种：
由第个格子移动至第个格子；由第个格子移动至第个格子，
则，
，因此，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是，
因此
，
所以，.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义可解；
（2）求导得，对a进行分类讨论即可.
【详解】（1）.所以即切线斜率为，
又，所以，令解得，
则，故点坐标为.
（2），
因为，
令得，
①当由的变化可得
符合题意；
②当由的变化可得
不符合题意；
③当，，单调递减，没极值点；
④当，由的变化可得
，
解得；
综上所述，.
【点睛】关键点睛：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，注意分类讨论思想的应用，本题难点在于a的范围的划分，属于常考题型.
22．(1)
(2)
【分析】（1）设出两点的坐标，由为线段的中点得到的坐标，把点的坐标代入整理得线段的中点的轨迹;
（2）设直线，联立抛物线，借助重心公式找到的关系，再表示出面积，利用导数知识，找到面积的取值范围.
【详解】（1）设，则，
由为中点可得：
，故（*），
因为在抛物线上，故，
将代入上式可得：，
故的方程为.
（2）由题知，显然直线的斜率不为0，故可设直线，.
.
，
所以，
因为是的重心，故，即，
所以，
因为在上，所以，
即：.化简得：.
代入可得：，解得：.
.
点到直线的距离.
故
令，得.
令，则.
所以在单调递增，在上单调递减，又.
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：求最值或范围问题的基本解法
（1）几何法:根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等).
（2）代数法:建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决.
1
+
0
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
1
0
+
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
1
0
+
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减