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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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    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
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