2024届广东省佛山市南海区桂城中学高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省佛山市南海区桂城中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，多选题，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．D．
【答案】B
【分析】根据二次不等式与根式的定义域求解，再取交集即可.
【详解】，，故.
故选：B
2．复数满足，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】结合的几何意义来求得的最大值.
【详解】由于，所以对应的点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以的最大值为.
故选：C
3．已知，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由诱导公式与二倍角公式即可求解
【详解】
，
故选：B
4．已知向量，满足，，则在方向上的投影向量的模为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】B
【分析】根据题意和向量数量积的运算得出，然后代入公式即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以，则在方向上的投影向量的模为，
故选：B．
5．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，分析可知且，求出等差数列的通项公式为，可得出，再利用累加法可求得的值.
【详解】令，则，所以，
由题意可知，对任意的，，且，
所以数列是公差为的等差数列，且，
即，
所以，
因此.
故选：C.
6．如图1，在高为的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（ ）

A．B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.
【详解】解：在图（1）中的几何体中，水的体积为,
在图（2）的几何体中，水的体积为：，
因为，可得，解得.
故选：B.
二、填空题
7．某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的总数为 ．
【答案】30种
【分析】对发言的3人进行讨论，一类是3个中有来自甲企业，一类是3人中没有来自甲企业.
【详解】（1）当发言的3人有来自甲企业，则共有：；
（2）当发言的3人没有来自甲企业，则共有：；
所以可能情况的总数为种.
【点睛】本题考查分类与分步计数原理，解题的关键在于对3个发言人来自企业的讨论，即有来自甲和没有来自甲.
三、单选题
8．已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】B
【分析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B. 解得答案.
【详解】解：设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.
由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.
因为，所以，即，
所以，
而，
解得p＝2,
故选：B.
四、多选题
9．每年4月23日为“世界读书日”，树人学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表：
根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，则（ ）
A．
B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7
C．y与x的线性相关系数
D．七月的借阅量一定不少于6. 12万册
【答案】ABC
【分析】对于A：根据回归方程必过样本中心点分析运算；对于B：根据百分位的定义分析运算；对于C：根据相关系数的概念分析理解；对于D：取，代入回归直线分析运算.
【详解】对于A：因为，，
所以，得，所以A正确；
对于B：因为5×75%=3.75，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确；
对于C：因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确；
对于D：由选项A可知线性回归方程为，
当，则，
所以七月的借阅量约为6. 12百册，所以D错误；
故选：ABC.
10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．事件与事件相互独立D．，，两两互斥
【答案】BD
【分析】根据已知得出，然后即可根据概率的乘法公式以及全概率公式，得出答案.
【详解】由已知可得，，，，，，.
对于A项，由全概率公式可得，，故A项错误；
对于B项，根据已知，即可计算，故B项正确；
对于C项，由已知可得，，，故C项错误；
对于D项，由已知可知，，，两两互斥，故D项正确.
故选：BD.
11．已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（ ）.
A．平面QBC
B．设三棱锥和的体积分别为和，则
C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍
D．二面角的正切值为
【答案】BCD
【分析】由题可得PQ为球O的直径，设P到底面的距离为h，球的半径为R，结合条件可得，可得，然后逐项分析即得.
【详解】∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，
∴PQ为球O的直径，
取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，
∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，
设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，
∴，
∴，QN=4h，PN=h，
∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，
∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；
由QN=4PN，可得，故B正确；
∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，
∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；
∵，
∴，，
∴，即二面角的正切值为，故D正确.
故选：BCD.
12．已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（ ）
A． B．C．D．
【答案】ACD
【分析】通过验证函数对称性，可得到图象关于对称，作出、与的图象，设，，结合图象，通过说明可得的范围，知A正确；由对称性可确定，代入整理可得B错误；根据、可得的范围，结合可知C正确；利用基本不等式，根据取等条件不成立可知D正确.
【详解】，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减；
设点是上的一点，则，，
，即也是上的点，图象关于直线对称，
由得：，
又与图象关于对称，
则可作出，与图象如下图所示，
对于A，当时，，
设，则，
，，，
，即，，即；
与的交点横坐标落在区间中，即，
，A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又图象关于直线对称，与关于直线对称，
或，整理可得：，，B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由A知：，；
与图象交点的横坐标落在区间中，即，
又，，C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当，即时取等号），
由C知：，等号不成立，即，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查与方程的根有关的取值范围问题的求解，本题求解的关键是能够说明图象关于对称，进而确定其与的交点也关于对称，利用对称关系可得满足的关系式.
五、填空题
13．二项式的二项式系数之和为64，则展开式中的的系数是 ．（填数字）
【答案】
【分析】先根据展开式的二项式系数之和为64求出的值，再利用二项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为二项式的二项式系数之和为64，
所以，，
所以展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中的的系数是.
故答案为：.
14．已知直线与曲线相切，则 .
【答案】3
【分析】设切点为，则，即求.
【详解】对求导，得，
设切点为，则，解得，
故答案为：3.
15．已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于
【答案】
【分析】根据面积公式分析可得当是等腰三角形，面积最大，此时点O到切线l的距离等于.解法一：设切线l的方程，根据点到直线的距离和直线与椭圆相切分别可得，求解即可；解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】∵圆的圆心，半径，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于.
解法一：设切线l的方程为，即，
则有，整理得：
联立方程，消去y得：，
由相切得： 整理得：
由①②得：，解得.
解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即
则有，整理得，
∵点P在椭圆上，则，
则，解得，
所以切线l的斜率.
故答案为：.
16．在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题设有，利用基本不等式求得并求对应x、y的数量关系，进而得到，令构造，应用导数求最大值即可.
【详解】由题设，，故，当且仅当时等号成立，
所以，此时，
令，则，故，
所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.
故，且时等号成立，
综上，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用基本不等式求的最小值及对应x、y的关系，再把目标式转化为关于x的函数式，构造函数结合导数求最值.
六、解答题
17．已知数列的首项，且满足，设.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最小正整数.
【答案】(1)证明见解析
(2)140
【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；
（2）利用分组求和的方法得到，然后利用的增减性解不等式即可.
【详解】（1）
，
，所以数列为首项为，公比为等比数列.
（2）由（1）可得
，
即
∴
而随着的增大而增大
要使，即，则，
∴的最小值为140.
18．的内角的对边长分别为，设
(1)求；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边角互化结合余弦定理求解即可；
（2）利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换求解即可.
【详解】（1）根据题意，由正弦定理可得，即，
所以根据余弦定理及中可得.
（2）根据题意，由正弦定理可得，
所以，
解得①，
因为②，①②联立可解得或，
又因为，则，，（舍去），
所以.
19．如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
(1)证明：平面；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明是平行四边形，再结合圆柱的性质得到平面；
（2）利用等积转换知识结合圆柱的性质先找到体积最大值时的相对位置，再找出
二面角的平面角或利用空间向量求得二面角的大小.
【详解】（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．
（2）由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知
，所以，即底面三角形是直角三
角形．设，则
在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱
锥的体积最大，
（另解：等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由（1）知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由（1）知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为
20．2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为，甲与丙比赛，甲赢的概率为，其中．
(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？
(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金13万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金4万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计万元，求的数学期望的取值范围．
【答案】(1)业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛
(2)
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）由题意可得的可能取值为16或8，分别求出和时的概率，再用数学期望的计算公式求解即可.
【详解】（1）第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
，
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
，
所以当时，，
即，所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.
（2）由题意的可能取值为16或8，
由（1）知业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛，
此时业余队获胜的概率，
专业队获胜的概率，
所以非平局的概率，
平局的概率，
所以，
因为，
所以.
21．已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.
(1)求的方程；
(2)已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若直线经过点，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合，可得答案；
（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点的坐标，根据所过已知点，建立方程，可得答案.
【详解】（1）易知，，
故，.
故双曲线的标准方程.
（2）方法一：令A为，则为，直线为，直线为，
由，
设，得，
即，
，，，
同理可得，，，
直线经过点，则，，三点共线，
即，则有
，
化简得，，
即，故.
方法二：令A为，则为，直线为，直线为，
由，
设，得，
即
，，同理可得，.
令直线为，
由，则，
即，化简得
，解得，，故.
【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.
22．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，且恒成立（为自然对数的底数），求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）示出导函数，在定义域内分类讨论确定的正负，得单调区间；
（2）由有两个不等实根得出的一个范围，同时得出的关系，计算化为的函数，不等式变形后，引入函数，由导数确定单调性后可得不等式的解，即得的范围．
【详解】（1）的定义域是，
，
时，时，，时，，的减区间，增区间是；
时，或时，，时，，的增区间是和，减区间是；
时，恒成立，的增区间是，无减区间；
时，或时，，时，，的增区间是和，减区间是；
（2），由题意有两个不等正根，
，，又，，所以，
，
，
由题意，
，
设，则，
在上递减，又，所以由，得．
综上，．
【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，考查极值点有关的问题，解题方法由导函数为0得出极值点的性质，同时得出参数的一个范围，计算有关极值点的代数式，化简不等式，利用函数的单调性得出不等式的解，从而得出结论，本题属于较难题．
月份
二月
三月
四月
五月
六月
月份代码x
l
2
3
4
5
月借阅量y（百册）
4.9
5.1
5.5
5.7
5.8