广东省佛山市第一中学2024届高三教学情况测试（三）数学试题A卷

这是一份广东省佛山市第一中学2024届高三教学情况测试（三）数学试题A卷，共23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．集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知，为单位向量，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．从社会效益和经济效益出发，某企业追加投入资金进行新兴产业进一步优化建设．根据规划，本年度追加投入4000万元，以后每年追加投入将比上年减少，本年度企业在新兴产业上的收入估计为2000万元，由于该项建设对新兴产业的促进作用，预计今后的新兴产业收入每年会比上一年增加1000万元，则至少经过（ ）年新兴产业的总收入才会超过追加的总投入．
A．3B．4C．5D．6
5．设函数，则方程的实根个数为（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于，线段的中点为，且满足，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手各比赛一场，但有三名选手各比赛两场之后就退出了，这样全部比赛只进行了50场. 则上述三名选手之间比赛的场数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
8．设函数，若的图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．当时，
二、多选题
9．复数，其共轭复数为，则下列叙述正确的是（ ）
A．对应的点在复平面的第四象限B．是一个纯虚数
C．D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数，使得是减函数；
B．存在实数，使得恰有1个零点；
C．存在实数，使得有最小值；
D．存在实数，使得恰有2个极值点．
11．如图，已知矩形中，，.点为线段上一动点（不与点重合），将沿向上翻折到，连接，.设，二面角的大小为，则下列说法正确的有（ ）

A．若，，则
B．若，则存在，使得平面
C．若，则直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．点到平面的距离的最大值为，当且仅当且时取得该最大值
三、填空题
12．中国客家博物馆坐落于有“世界客都”之称的广东省梅州市城区，是一间收藏、研究、展示客家历史文化的综合性博物馆，其主馆是一座圆台形建筑，如图.现有一圆台，其上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，则该圆台的体积约为 立方米.（结果保留整数）
13．设,则的最大值为 ．
14．已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，直线过点交抛物线于两点，且.直线分别过点且均与轴平行，在直线上分别取点（均在点的右侧），和的角平分线相交于点，则的面积为 .
四、解答题
15．为了解高中学生对数学课是否喜爱是否和性别有关，随机调查220名高中学生，将他们的意见进行了统计，得到如下的列联表.
（1）根据上面的列联表判断，能否有的把握认为“喜爱数学课与性别”有关；
（2）为培养学习兴趣，从不喜爱数学课的学生中进行进一步了解，从上述调查的不喜爱数学课的人员中按分层抽样抽取6人，再从这6人中随机抽出2名进行电话回访，求抽到的2人中至少有1名“男生”的概率.
参考公式：
16．如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，，点为弧的中点，且四点共面.
(1)证明：四点共面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求长.
17．已知函数f(x)=tanx-sinx，g(x)=x-sinx，x∈
（1）证明∶关于x的方程f(x)-g(x)=x在上有且仅有一个实数根；
（2）当x∈时，f(x)≥ag(x)，求实数a的最大值.
18．在平面直角坐标系中，已知双曲线的离心率为，直线与双曲线C交于两点，点在双曲线C上.
(1)求线段中点的坐标;
(2)若，过点D作斜率为的直线与直线交于点P，与直线交于点Q，若点满足，求的值.
19．已知有穷数列满足．给定正整数m，若存在正整数s，，使得对任意的，都有，则称数列A是连续等项数列．
(1)判断数列是否为连续等项数列？是否为连续等项数列？说明理由；
(2)若项数为N的任意数列A都是连续等项数列，求N的最小值；
(3)若数列不是连续等项数列，而数列，数列与数列都是连续等项数列，且，求的值．
喜爱数学课
不喜爱数学课
合计
男生
90
20
110
女生
70
40
110
合计
160
60
220
P（）
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．C
【分析】根据偶次根号下大于等于零求解集合A，根据指数函数值域求解集合B，再利用并集运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
又，所以，
所以.
故选：C.
2．D
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：若，则，故不充分；
当时，无意义，故不必要，
故选：D
3．C
【分析】根据向量夹角公式即可求解.
【详解】解：因为，为单位向量，且，，
所以，
又，
所以，
所以.
故选：C.
4．B
【分析】根据等差数列、等比数列的知识列不等式，由此求得正确答案.
【详解】设等比数列的首项，公比；
设等差数列的首项，公差，
依题意，
整理得，
当时，左边，右边，左边右边.
当时，左边，右边，左边右边.
当时，左边，右边，左边右边.
当时，左边，右边，左边右边.
当时，左边，当时，单调递增.
而右边，所以当时，左边右边，
所以经过年新兴产业的总收入超过追加的总投入．
故选：B
5．B
【分析】令，则方程即，结合函数解析式分段求得t的值，继而再解，即可求得的解，即得答案.
【详解】令，则方程即，
当时，；当时，；
当时，若，则，符合题意；
若，则，不合题意；
当时，若，则，符合题意；
若，则，符合题意，
即方程的实根个数为3，
故选：B
6．D
【分析】利用等腰三角形的性质、双曲线的定义结合余弦定理计算即可.
【详解】由题意可知线段的中点为，且满足，则,
故为等腰三角形，
又，则为正三角形，
根据双曲线定义知，
设，则，
在中，由余弦定理知，
故选：D
7．B
【分析】设这3 名选手之间比赛的场数是x，利用组合数计算列式求解即可.
【详解】设这3 名选手之间比赛的场数是x，一共有个选手，
故题意得总场次，则，
又，且，经验证，当时，.
故选：B
8．B
【详解】令,可得．
设
根据题意与直线只有两个交点，
不妨设，结合图形可知，当时如右图，
与左支双曲线相切，与右支双曲线有一个交点，
根据对称性可得，即，此时，
，
同理可得，当时如左图，，
故选：B．
【点睛】本题从最常见了两类函数出发进行了巧妙组合，考查数形结合思想、分类讨论思想，函数与方程思想等，难度较大，不易入手,具有很强的区分度.
9．BCD
【分析】先由复数的运算求出，共轭复数的概念求出，即可判断各选项的正误．
【详解】由题意得：，
对于A项：，对应的点在复平面的第一象限，故A项错误；
对于B项：为纯虚数，故B项正确；
对于C项：，故C项正确；
对于D项：，故D项正确；
故选：BCD.
10．ABD
【分析】若是减函数，可解得，即可判断；由选项可判断；由 和时，的单调性即可判断；当时，由求根，结合函数图象即可判断.
【详解】由条件知：当x1时，，
对于，若是减函数，则，解得，
所以当时，是减函数，如图所示，故选项正确；
对于，由知，当时，是减函数，
此时恰有一个零点，故选项正确；
对于，当时，在上是减函数，
当时，在上是减函数，
所以不存在实数a，使得有最小值，故选项错误；
对于，当时，令，
当时，，
当时，，
此时，恰有两个极值点，如图所示，
故选项正确.
故选：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分类讨论，利用导数结合函数图象研究函数的性质.
11．AD
【分析】根据翻折前后的几何关系，利用面面垂直的性质定理，结合余弦定理求解选项A；利用线面垂直的判定定理、性质定理判断选项B；利用翻折前后的几何关系，结合线面角的定义求解选项C；利用几何关系，以及线面垂直的性质定理、判定定理求解选项D.
【详解】

对A，取中点，连接，，,
则有,且，所以，
又平面平面，平面平面，平面,
所以平面，平面，
故，，
在直角三角形中，，
所以，
在中，由余弦定理得：，A正确；
对B，同选项A，知，若平面，
且平面,则，
且平面，
所以平面，平面，所以，显然矛盾，B错误；

对C，连接交于点,因为几何关系可知，,
所以,
又因为,
所以所以,
即，则，，平面,
所以平面，平面，
所以平面平面，故所求线面角为.
又点在以为圆心，为半径的圆上，
从而当直线与圆相切时，最大，
故，从而，C错误；
对D,点到平面的距离，
等号成立当且仅当平面，
因为平面，所以,从而，
且矩形中，平面,
所以平面，过作于点.

连接，在直角三角形中，
由等面积法可得，,所以,
所以，
因为以平面，平面，
,平面，
所以平面，
由翻折知，故，解得，即.
又由二面角的面积射影知：,D正确；
故选:AD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用翻折前后的几何关系，结合直线与平面、平面与平面的判定定理、性质定理证明相应的结论.
12．264
【分析】由题意可得该圆台的高，利用圆台的体积公式求解即可.
【详解】圆台的上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，
由题意可得该圆台的高为米，
则该圆台的体积为立方米.
故答案为：264.
13．
【详解】由两边同时加上
得两边同时开方即得：（且当且仅当时取“=”），
从而有（当且仅当,即时，“=”成立）
故填：.
考点：基本不等式.
【名师点睛】本题考查应用基本不等式求最值，先将基本不等式转化为（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”）再利用此不等式来求解.本题属于中档题，注意等号成立的条件.
14．
【分析】当直线的斜率不存在时，写出直线的方程，求出，不合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，,，,，联立抛物线的方程，由，求出，根据锐角三角函数表达边长，再进一步求出的面积．
【详解】由的右焦点为1,0，所以抛物线的焦点为，
故，则，因此抛物线，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
代入抛物线的方程，得，
所以，，所以，不合题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，,，,，
联立，得，所以，
所以，所以，
由对称性不妨设，则，
因为和的平分线相交于点，，
所以，，，
所以在中，，
，
所以
，
故答案为：．
15．（1）有的把握认为“喜爱数学课与性别有关”；（2）
【分析】（1）根据公式计算，依据附表作出判断即可；
（2）由分层抽样计算得男生应抽取2人，女生应抽取4人，采用列举法计算所求概率即可.
【详解】（1）根据列联表数据，
计算
，
所以有的把握认为“喜爱数学课与性别有关”；
（2）从不喜爱数学课的人员中按分层抽样法抽取6人，
男生应抽取2人，设为A，B，女生应抽取4人，设为a，b，c，d，
从中随机抽出2人，总的情况为，，，
，，，，，，
，，，，，，共15种，
至少有1名男生的情况数为9，
所以根据古典概型的公式，得.
【点睛】本题考查了独立性检验的应用，古典概率的计算，考查了学生的运算求解能力.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，由题意可得，根据平行线性质有，即可证结论；
（2）法1：构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角列方程求线段长；法2：取中点，连接，过作于，过作于，连接，利用线面垂直及面面角定义有是平面与平面所成的夹角，根据已知列方程求线段长.
【详解】（1）连接，因为，
所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，，
在半圆上，是弧中点，所以，
所以，又，
所以，所以四点共面.
（2）法1：直棱柱中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，

设，则，
设面的法向量为，则，取，所以，
，
设面的法向量为，则，取，所以，
平面与平面所成夹角，即与夹角或其补角，
所以，解得，所以
法2：设，由（1）知四点共面，则面面.

取中点，连接，则，而面，面，
故，，面，则平面，
过作于，又平面，所以平面，
过作于，连接，则，又是锐角.
所以是平面与平面所成的夹角，则，
所以在Rt中，，
在中，根据等面积法，
在中，.
所以.
所以，解得，即，
所以.
17．（1）证明见解析；（2）最大值为3.
【分析】（1）设求出导数，得出单调性，根据零点存在原理可证明.
（2）,因为，所以,，从而,从而可分和两种情况分类讨论出其单调性，得出答案.
【详解】证明∶令，即，
所以
因此当x∈时，，，当x∈时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
又因为
所以在无零点，在只有一个零点，
因此方程有且仅有一个根
（2）令，
则
则
因为，所以,，从而
①.因此当时，,则，
所以函数在单调递增，又，
因此，所以函数在调递增，又，
在恒成立
②．当时,令,由
因为∈(0，1)必有一解，记为x0，
所以当时，，当时，
因此当时，单调递减，当时，单调递增，
又，所以在恒成立，
所以在上单调递减，又，
所以当时，与题意矛盾，
综上所述，所以a的最大值为3.
【点睛】关键点睛：本题考查方程根的个数的证明和不等式恒成立求参数的范围，解答本题的关键是由，当若时，由，得出，从而得出不等式成立，当当时，得到与条件相矛盾的结论，属于难题.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）由离心率为，可得双曲线C的方程为，后将与双曲线方程联立，利用韦达定理可得答案；
（2）结合（1），由题可得直线的方程为，，R为外心，设，通过联立OP，OQ中垂线方程可得，通过联立与及可得，.
则，由此结合可得答案.
【详解】（1）依题意，双曲线C的离心率，则，
故双曲线C的方程为，
联立，得，且，
设，则，
设线段的中点为，故，
将代入直线，得，
故线段的中点坐标为；
（2）依题意，，则双曲线C的方程为，
直线，又点在双曲线C上，
所以，故直线的方程为，
由题可知，点均不重合，由易知为的外心，
设，则，即，即，
线段的垂直平分线的方程为，线段的垂直平分线的方程为，
联立，得，
联立，得，同理可得，
故，
故，
即，
则.
【点睛】关键点点睛：本题涉及直线与双曲线方程的综合运用，难度较大.
（1）虽然双曲线方程带有参数，但联立双曲线与直线方程后可发现，据此可得答案；（2）关键为从中得到为外心，从而得到m，n表达式.
19．(1)数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由见解析；
(2)11
(3)0
【分析】（1）根据新定义直接验证数列，1，0，1，0，1，，可得结论；
（2）先根据新定义证明时，数列一定是连续等项数列，再验证时，不是连续等项数列即可；
（3）由都是连续等项数列可得，
，再由反证法证得，即可得出的值.
【详解】（1）数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由如下:
因为，所以是连续等项数列.
因为为；
为；
为;
为，
所以不存在正整数，使得.
所以A不是连续等项数列.
（2）设集合，则中的元素个数为.
因为在数列中，所以.
若，则.
所以在这个有序数对中，
至少有两个有序数对相同，
即存在正整数，使得.
所以当项数时，数列一定是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若，数列不是连续等项数列.
若,数列不是连续等项数列.
所以的最小值为11.
（3）因为与都是连续等项数列，
所以存在两两不等的正整数,
使得，
下面用反证法证明.
假设，
因为，
所以中至少有两个数相等.
不妨设，则
所以是连续等项数列，与题设矛盾.
所以.
所以.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据与都是连续等项数列得出，，利用反证法求是关键点.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
C
B
B
D
B
B
BCD
ABD
题号
11









答案
AD