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2024届广东省佛山市南海区九江中学高三上学期10月月考数学试题含答案
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这是一份2024届广东省佛山市南海区九江中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了已知集合，集合，则，，若为实数，则的值为，若非零向量满足，则“”是“”的，已知，则，函数，下列结论中，正确的有，001等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，考试用时120分钟）
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的
1.已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.，若为实数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3.若非零向量满足，则“”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
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5.设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A. B. C. D.
6.已知为异面直线，平面平面，直线满足，则（ ）
A.且
B.且
C.与相交，且交线垂直于
D.与相交，且交线平行于
7.函数（，）的部分图象如图所示，若在上有且仅有3个零点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中.至少有2个是符合要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.下列结论中，正确的有（ ）
A.数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B.若随机变量，则
C.已知经验回归方程为，且，则
D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
10.如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A.存在某个位置，使得与所成角为锐角
B.棱上总会有一点，使得平面
C.当三棱锥的体积最大时，
D.当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
11.已知点是函数图像的一个对称中心，其中为常数且，则以下结论正确的是（ ）
A.函数的最小正周期为
B.将函数的图像向右平移个单位所得的图像关于轴对称
C.函数在上的最小值为
D.若，则
12.如图，在正方体中，，是正方形内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A.存在唯一点，使得
B.存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C.若，则三棱锥外接球的表面积为
D.若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.曲线在点处的切线方程为__________.
14.已知是双曲线的两个焦点，为上一点，且，则的离心率等于__________.
15.在等差数列中，若，且数列的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是__________.
16.已知正四面体的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体表面上任意一点，则的最小值为___________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.在中，内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）是线段上的点，若，求的面积.
18.已知数列中，，前项和为，若，且
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
19.如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，，.
（1）证明：平面ABD⊥平面PBC；
（2）若G为AD的中点，求二面角P-BC-G的余弦值.
20.已知函数.
（1）若，求函数在区间上的值域；
（2）求函数的极值.
21.某学校的自主招生考试中有一种多项选择题，每题设置了四个选项ABCD，其中至少两项､至多三项是符合题目要求的.在每题中，如果考生全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.小明同学参加考试时遇到一道这样的多选题，他没有能力判断每个选项正确与否，只能瞎猜.假设对于每个选项，正确或者错误的概率均为.
（1）写出正确选项的所有可能情况；如果小明随便选2个或3个选项，求出小明这道题能得5分的概率；
（2）从这道题得分的数学期望来看，小明应该只选一个选项？还是两个选项？还是三个选项？
22.已知椭圆过和两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图所示，记椭圆的左､右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.
（i）证明：点B在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
参考答案：
1.D
【分析】解分式不等式得到，进而根据交集的概念即可求出结果.
【详解】因为，所以，因此，
因此，
2.【答案】D
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】解：，
为实数，，
，解得.
3.C
【分析】将两边平方可得，，再根据数量积的定义可知，“”是“”的充要条件.
【详解】解：因为等价于，由数量积的定义可知，等价于，
故“”是“”的充要条件.
4.A
【解答】解：，
，则，
，可得.
5.C
【详解】由二项式定理，，，
根据指数函数单调性知则单调递增，
当时，，时，故的最小值为7.
6.D
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D.
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论.
7.A
【详解】由图可知，
由于，所以，
令，得，
由得，
依题意，在上有且仅有3个零点，
故当取值最小时，有，
解得，所以的最小值为.
8.C
【详解】解：如图，
正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，
要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，
连接，则，所以，
此时截面圆的半径，此时，截面面积的最小值.
9.BC
【详解】
解：数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：
随机变量，则，所以选项B正确；
经验回归方程为，且，则，所以选项C正确；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.
10.BC
【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；
对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；
对于C选项，设到平面的距离为，因为且，
所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；
对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，
在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.
11.BC
【详解】解：因为点是函数图象的一个对称中心，
所以，即，解得，，
又因为，所以.所以，
.最小正周期为.故错误.
.向右平移个单位得函数，
所以关于轴对称，故正确.
.当，时，，，
所以，所以，
所以函数在上的最小值为.故正确.
.因为，
当，时，，单调递减，即时，则
当时，，单调递增，所以，则，故错误.
12.BCD
【详解】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部（含边界）的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
13.
由题，当时，，故点在曲线上.
求导得：，所以.
故切线方程为.
14.
【解析】因为，由双曲线的定义可得，
所以：
因为，由余弦定理可得，
整理可行，所以，即.
15.9
【分析】由题意可得且，由等差数列的性质和求和公式可得结论.
【详解】等差数列的前项和有最大值，等差数列为递减数列，
又，，，
又，，
则使成立的正整数的最大值是9.
故答案为：9
16.
【详解】
设正四面体外接球球心为O，
正四面体的外接球半径为3，
设正四面体内切球半径为，一个面的面积为，高为，则，
所以，显然，所以，即.
.
17.【详解】（1）由正弦定理可得，
则有，化简可得，可得，
因为，所以
（2）设，由题意可得，
在中，，则，
所以，可得，
又因为，可得，
则，
所以.
18.（1）数列{an}中，，（，且）①
，且②
①÷②可得：，
则数列是以为首项，公差为1的等差数列，
则，
则，
当时，，
当时，，
也符合该式，则；
（2）有（1）的结论，，
则；
则，③；
则，④；
③-④可得：
变形可得：
19.（1）因为圆O所在的平面，即平面，
而平面，则，
又是圆O的直径，C为圆周上一点，有，
又，则平面，而平面，
则，
因为，所以.又，
所以，而为线段的中点，所以.
又，所以平面，
而平面，故平面平面.
（2）解：以为原点，分别以的方向为轴､轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设，则，.
设平面的法向量，
则令，得.
由（1）知平面的一个法向量为，
设二面角为，易知为锐角，则，
即二面角的余弦值为.
20.（1）解：当时，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，，，
所以，即函数在区间上的值域.
（2）解：因为，，则，
当时，所以在定义域上单调递增，不存在极值；
当时令，解得或，又，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，，
在处取得极小值，，
当时令，解得或，又，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，，
在处取得极小值，，
综上可得：当时无极值，
当时，，，
当时，，.
21.（1）依题意，对于这道多选题，可能的正确答案AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有种，它们等可能，
记事件A为“小明这道题随便选2个或3个选项能得5分”，而正确答案只有1个，则有，
所以小明这道题能得5分的概率.
（2）如果小明只选一个选项，那么他这道题的得分X的所有可能取值为0和2，
小明选了一项，若有两项符合要求，则与所选项组成两项的结果有，若有三项符合要求，则与所选项组成三项的结果有，
于是有，，
则有X的分布列为：
X的数学期望为，
如果小明只选两个选项，那么他这道题的得分Y的所有可能取值为0，2，5，
的事件是小明所选两项恰好符合要求，只有1个结果，若有三项符合要求，则与所选项组成三项的结果有，
，，，
则有Y的分布列为：
Y的数学期望为，
如果小明只选三个选项，那么他这道题的得分Z的所有可能取值为0和5，且
，，
故Z的分布列为
Z的数学期望为，
因为，所以从这道题得分的数学期望来看，小明应该只选一个选项.
22.（1）依题意将和两点代入椭圆可得
，解得；
所以椭圆方程为
（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，
；
所以；
即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立；
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，0
2
0
2
5
0
5
（满分150分，考试用时120分钟）
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合要求的
1.已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.，若为实数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3.若非零向量满足，则“”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
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5.设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）
A. B. C. D.
6.已知为异面直线，平面平面，直线满足，则（ ）
A.且
B.且
C.与相交，且交线垂直于
D.与相交，且交线平行于
7.函数（，）的部分图象如图所示，若在上有且仅有3个零点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中.至少有2个是符合要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9.下列结论中，正确的有（ ）
A.数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5
B.若随机变量，则
C.已知经验回归方程为，且，则
D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
10.如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A.存在某个位置，使得与所成角为锐角
B.棱上总会有一点，使得平面
C.当三棱锥的体积最大时，
D.当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
11.已知点是函数图像的一个对称中心，其中为常数且，则以下结论正确的是（ ）
A.函数的最小正周期为
B.将函数的图像向右平移个单位所得的图像关于轴对称
C.函数在上的最小值为
D.若，则
12.如图，在正方体中，，是正方形内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A.存在唯一点，使得
B.存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C.若，则三棱锥外接球的表面积为
D.若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.曲线在点处的切线方程为__________.
14.已知是双曲线的两个焦点，为上一点，且，则的离心率等于__________.
15.在等差数列中，若，且数列的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是__________.
16.已知正四面体的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体表面上任意一点，则的最小值为___________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.在中，内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）是线段上的点，若，求的面积.
18.已知数列中，，前项和为，若，且
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
19.如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，，.
（1）证明：平面ABD⊥平面PBC；
（2）若G为AD的中点，求二面角P-BC-G的余弦值.
20.已知函数.
（1）若，求函数在区间上的值域；
（2）求函数的极值.
21.某学校的自主招生考试中有一种多项选择题，每题设置了四个选项ABCD，其中至少两项､至多三项是符合题目要求的.在每题中，如果考生全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.小明同学参加考试时遇到一道这样的多选题，他没有能力判断每个选项正确与否，只能瞎猜.假设对于每个选项，正确或者错误的概率均为.
（1）写出正确选项的所有可能情况；如果小明随便选2个或3个选项，求出小明这道题能得5分的概率；
（2）从这道题得分的数学期望来看，小明应该只选一个选项？还是两个选项？还是三个选项？
22.已知椭圆过和两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图所示，记椭圆的左､右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.
（i）证明：点B在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
参考答案：
1.D
【分析】解分式不等式得到，进而根据交集的概念即可求出结果.
【详解】因为，所以，因此，
因此，
2.【答案】D
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】解：，
为实数，，
，解得.
3.C
【分析】将两边平方可得，，再根据数量积的定义可知，“”是“”的充要条件.
【详解】解：因为等价于，由数量积的定义可知，等价于，
故“”是“”的充要条件.
4.A
【解答】解：，
，则，
，可得.
5.C
【详解】由二项式定理，，，
根据指数函数单调性知则单调递增，
当时，，时，故的最小值为7.
6.D
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D.
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论.
7.A
【详解】由图可知，
由于，所以，
令，得，
由得，
依题意，在上有且仅有3个零点，
故当取值最小时，有，
解得，所以的最小值为.
8.C
【详解】解：如图，
正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，
要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，
连接，则，所以，
此时截面圆的半径，此时，截面面积的最小值.
9.BC
【详解】
解：数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：
随机变量，则，所以选项B正确；
经验回归方程为，且，则，所以选项C正确；
根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.
10.BC
【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；
对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；
对于C选项，设到平面的距离为，因为且，
所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；
对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，
在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.
11.BC
【详解】解：因为点是函数图象的一个对称中心，
所以，即，解得，，
又因为，所以.所以，
.最小正周期为.故错误.
.向右平移个单位得函数，
所以关于轴对称，故正确.
.当，时，，，
所以，所以，
所以函数在上的最小值为.故正确.
.因为，
当，时，，单调递减，即时，则
当时，，单调递增，所以，则，故错误.
12.BCD
【详解】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部（含边界）的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
13.
由题，当时，，故点在曲线上.
求导得：，所以.
故切线方程为.
14.
【解析】因为，由双曲线的定义可得，
所以：
因为，由余弦定理可得，
整理可行，所以，即.
15.9
【分析】由题意可得且，由等差数列的性质和求和公式可得结论.
【详解】等差数列的前项和有最大值，等差数列为递减数列，
又，，，
又，，
则使成立的正整数的最大值是9.
故答案为：9
16.
【详解】
设正四面体外接球球心为O，
正四面体的外接球半径为3，
设正四面体内切球半径为，一个面的面积为，高为，则，
所以，显然，所以，即.
.
17.【详解】（1）由正弦定理可得，
则有，化简可得，可得，
因为，所以
（2）设，由题意可得，
在中，，则，
所以，可得，
又因为，可得，
则，
所以.
18.（1）数列{an}中，，（，且）①
，且②
①÷②可得：，
则数列是以为首项，公差为1的等差数列，
则，
则，
当时，，
当时，，
也符合该式，则；
（2）有（1）的结论，，
则；
则，③；
则，④；
③-④可得：
变形可得：
19.（1）因为圆O所在的平面，即平面，
而平面，则，
又是圆O的直径，C为圆周上一点，有，
又，则平面，而平面，
则，
因为，所以.又，
所以，而为线段的中点，所以.
又，所以平面，
而平面，故平面平面.
（2）解：以为原点，分别以的方向为轴､轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设，则，.
设平面的法向量，
则令，得.
由（1）知平面的一个法向量为，
设二面角为，易知为锐角，则，
即二面角的余弦值为.
20.（1）解：当时，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，，，
所以，即函数在区间上的值域.
（2）解：因为，，则，
当时，所以在定义域上单调递增，不存在极值；
当时令，解得或，又，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，，
在处取得极小值，，
当时令，解得或，又，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极大值，，
在处取得极小值，，
综上可得：当时无极值，
当时，，，
当时，，.
21.（1）依题意，对于这道多选题，可能的正确答案AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有种，它们等可能，
记事件A为“小明这道题随便选2个或3个选项能得5分”，而正确答案只有1个，则有，
所以小明这道题能得5分的概率.
（2）如果小明只选一个选项，那么他这道题的得分X的所有可能取值为0和2，
小明选了一项，若有两项符合要求，则与所选项组成两项的结果有，若有三项符合要求，则与所选项组成三项的结果有，
于是有，，
则有X的分布列为：
X的数学期望为，
如果小明只选两个选项，那么他这道题的得分Y的所有可能取值为0，2，5，
的事件是小明所选两项恰好符合要求，只有1个结果，若有三项符合要求，则与所选项组成三项的结果有，
，，，
则有Y的分布列为：
Y的数学期望为，
如果小明只选三个选项，那么他这道题的得分Z的所有可能取值为0和5，且
，，
故Z的分布列为
Z的数学期望为，
因为，所以从这道题得分的数学期望来看，小明应该只选一个选项.
22.（1）依题意将和两点代入椭圆可得
，解得；
所以椭圆方程为
（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，
；
所以；
即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立；
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，0
2
0
2
5
0
5
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