2024届广东省佛山市S7高质量发展联盟高三上学期10月联考数学试题含解析

这是一份2024届广东省佛山市S7高质量发展联盟高三上学期10月联考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先判断出为奇数集，为整数集，从而可判断两者之间的关系.
【详解】∵集合，故为奇数集.
而，故为整数集，
∴.
故选：B.
【点睛】本题考查集合的包含关系，一般根据集合元素的特征确定出两个集合的包含关系，本题属于基础题.
2．已知复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的运算化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为复数（为虚数单位），
则，
因此，.
故选：A.
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E是CD的中点，那么（ ）
A．4B．2C．D．1
【答案】B
【分析】利用化简，再结合数量积的定义可求该式的值.
【详解】,
因为，故.
而为的中点，故，故.
故选：B.
4．已知函数是R上的偶函数，且满足，当时，，则（ ）
A．1B．-1C．-2D．2
【答案】A
【分析】分别算出和的值，进一步求出的值.
【详解】由题可知是以4为周期的周期函数，
，
，
.
故选：A．
【点睛】本题考查函数周期性的应用，涉及到奇偶性，是基础题．
5．已知椭圆C：+=1的离心率为，则C的长轴长为（ ）
A．8B．4C．2D．4
【答案】B
【分析】直接利用椭圆的标准方程性质和离心率的定义即可求解.
【详解】依题意，因为椭圆C的离心率为，所以=，得m=2，
故长轴长为2=4．
故选：B.
6．曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，画出曲线的图像，根据数形结合的方法求解，即可得出结果.
【详解】由可知，得到，即，，
作出曲线的图像如下：
当直线经过点时，直线与曲线有两个交点，此时，解得；
当直线与曲线相切时，圆心到直线的距离，
解得或；
因为直线可化为，由截距得，则，
此时直线与曲线只有一个交点；
故满足条件的实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查由直线与圆的位置关系求参数的问题，灵活运用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.
7．已知正项数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由关系且可得，利用累加法、等比数列前n项和公式求.
【详解】由题设，则，
又都为正项，则，故，
所以，
所以，故.
故选：C
8．如图，某公园有一个半径为2公里的半圆形湖面，其圆心为O，现规划在半圆弧岸边取点C、D、E，且，在扇形区域内种植芦苇，在扇形区域内修建水上项目，在四边形区域内种植荷花，并在湖面修建栈道和作为观光线路.当最大时，游客有更美好的观赏感受，则的最大值为（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】C
【分析】设，利用三角恒等变换、余弦定理求得的表达式，结合二次函数的性质求得正确答案.
【详解】设，则，
，则、为正数.
在三角形中，连接，由余弦定理得：，
在三角形中，由余弦定理得：
，
所以,
由于，所以当时，取得最大值，
也即时，取得最大值为.
故选：C
二、多选题
9．下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量，满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则
【答案】BC
【分析】由方差的性质判断A；由正态分布的对称性判断B；由相关系数的定义判断C；根据百分位数的定义判断D.
【详解】对于A，由方差的性质可得，故A错误；
对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；
对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；
对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，
乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，
解得，故，故D错误；
故选：BC
10．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【答案】AD
【分析】根据排列组合知识分别进行计算可得正确选项
【详解】对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，A正确；
对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，B错误；
对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，
则有种安排方法，C错误；
对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种安排方法，D正确．
故选：AD．
11．设函数，则下列说法正确的有（ ）
A．不等式的解集为；
B．函数在单调递增，在单调递减；
C．当时，总有恒成立；
D．若函数有两个极值点，则实数
【答案】AC
【分析】由题意得解析式，令，即可求得解集，即可判断A的正误；利用导数判断的单调性，即可判断B的正误；若，则，令，利用导数求得的单调性与最值，综合分析，即可判断C的正误；由有两个极值点，可得在有两个根，令，利用导数求得的单调性与最值，即可判断D的正误，即可得答案.
【详解】由题意得，则
对于A：由，可得，解得，所以解集为，故A正确；
对于B：，令，解得x=1，
所以当时，，函数为增函数，
当时，，函数为减函数，故B错误；
对于C：当时，若，则，
所以，即，
令，
则，
，
当时，，函数为增函数，
又，所以在是恒成立，
所以为减函数，
又，所以在是恒成立，
所以当时，总有恒成立，故C正确；
对于D：若函数有两个极值点，
则有两个根，即在有两个根，
令，则，
所以当时，，函数为增函数，
当时，，函数为减函数，
又当时，，当时，，，
所以，解得，故D错误.
故选：AC
【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间、极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，若无法判断正负时，需再次求导得，利用的正负，得的单调性和值域，再进行分析，计算分析难度大，属中档题.
12．如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有
B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为
C．当时，翻折后四棱锥的体积为
D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作于，可得异面直线所成的角，判断B，作，设，，利用三角形相似可得，利用函数性质求出的范围判断D，求出棱锥的高，再由四棱锥体积公式计算可判断C.
【详解】在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面，
又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；
如图，
在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；
如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，
又平面，则，在图甲中，如图，
作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，
所以，所以，而，所以，，故D正确；
当时，，则，所以，
则，故C正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．在二项式的展开式中，常数项是 ．
【答案】/
【分析】根据二项展开式的公式可知 ，进而可得常数项.
【详解】其展开式第项为
，
当，即时，展开式第项为常数项，
此时，
故答案为：
14．在中，点D是边BC上一点，且，.，，则DC= .
【答案】3
【分析】在中，利用余弦定理得到进而在中，利用两角差正弦公式得到结果．
【详解】在中，，可得.
又由余弦定理，，可得.
在中，，
由此可得，
由已知可得，代入可得，
所以，所以.
故答案为：3.
15．在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一个半径为的球，则平面截该球的截面面积为 ．
【答案】
【分析】取中点，连接，作，根据线面垂直的判定与性质可证得平面，由球的性质可确定为所求截面圆的圆心；设为该截面圆与的一个交点，利用勾股定理和面积桥的方式可求得，即截面圆的半径，由此可得所求面积.
【详解】由正棱锥性质知：平面，
取中点，连接，作，垂足为，
平面，平面，，
分别为中点，，又，，
平面，，平面，又平面，
，又，平面，，
平面，则由球的性质可知：为平面截球所得截面圆的圆心，
设为该截面圆与的一个交点，连接，
，，，，
，又，；
，，即截面圆的半径，
截面圆的面积.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面截圆所得截面圆面积的求解问题，解题关键是能够通过证明线面垂直，结合球的性质，确定截面圆圆心所在的位置，由此进一步确定截面圆的半径.
四、双空题
16．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为 ；若点为抛物线 上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为 .
【答案】 ； /.
【分析】设点坐标，根据题意写出关于与的关系式化简即可；
由，，代入中，即可取出最小值.
【详解】设点，，
.
抛物线的焦点为点，由题意知，，
，.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)设是边上的高，且，，求的值．
【答案】(1)；
(2)6
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换得到，进而求得，即可求解；
（2）由（1），结合三角形的面积公式，列出方程求得，再由余弦定理列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：在中，
由正弦定理，可得，
即，即，
整理得，
因为，所以，则，
又因为，所以．
（2）解：由（1）及已知，可得，
又由，可得，所以，
由余弦定理，可得，
即，即，所以.
18．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.
（1）若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1；
（2）设四棱锥M­ABB1A1与四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由AA1⊥平面ABCD，得到AA1⊥AB，又 AB⊥AD，利用线面垂直得到BA⊥平面AA1D1D，进而得到BA⊥MA1.，然后由AD＝DM，得到AM⊥MA1，再利用线面垂直得到MA1⊥平面AMB，然后利用面面垂直的判定定理证明.
（2）设AD＝1， 分别利用棱锥的体积公式和棱柱的体积公式求得其体积即可.
【详解】（1）因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，
所以BA⊥平面AA1D1D，
又MA1⊂平面AA1D1D，
所以BA⊥MA1.
因为AD＝DM，
所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，
所以AM⊥MA1，又AM∩BA＝A，
所以MA1⊥平面AMB，
又MA1⊂平面A1MB1，
故平面AMB⊥平面A1MB1.
（2）设AD＝1，
则四棱锥M­ABB1A1的底面ABB1A1的面积SABB1A1＝4，高为AD＝1，
所以四棱锥M­ABB1A1的体积V1＝ SABB1A1×AD＝.
四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的面积SABCD＝，高为AA1＝2，
所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V2＝SABCD×AA1＝3，
所以
【点睛】本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定定理以及几何体的体积求法，还考查了转化化归的思想和逻辑条件、运算求解的能力，属于中档题.
19．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且；数列满足．
(1)求和；
(2)求数列的前n项和．
【答案】（1），；（2）
【分析】(1) 设等比数列的公比为再根据题目条件列出关于公比的表达式求解即可.
通过前项和的一般思路,写出前项和相减,得出关于的递推公式再求解即可.
(2)代入化简得,故用裂项相消求和即可.
【详解】(1)设等比数列的公比为由
解得 或(舍)，又，，解得
，
时，，
整理得 ，又
数列是首项为1的常数列，，
(2)设，
【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式求解方法,同时也考查了构造数列求通项公式与裂项求和的基本方法等.属于中等题型.
20．随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.

(1)根据频率分布直方图，估计这100名学生测试成绩的平均数（单位：分）；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
(2)若该校高二学生“古诗词”的测试成绩X近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成绩不低于87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成绩为优秀的人数；（取整数）
(3)现该校为迎接该省的2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两个环节中获胜得1分，第三个环节中获胜得4分，输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量，求的分布列和数学期.
（参考数据：若，则，，.
【答案】(1)74分
(2)159人
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数进行估值计算即可；
（2）根据正态分布的对称性求解概率即可；
（3）根据随机变量的所有可能取值为：，分别求概率，即可得分布列与数学期望.
【详解】（1）由频率分布直方图估计平均数为：
（分）
（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布
所以，则
所以人
故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为人；
（3）随机变量的所有可能取值为：
，
，
，
所以的分布列如下：
数学期望.
21．已知抛物线，为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5．
(1)求E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）由题可知，求解即可得到抛物线的方程；
（2）（i）先求解，设，根据斜率公式结合题意可得，分斜率存在和不存在分别求得直线的方程，从而可确定过定点；（ii）设，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理求得的最小值为；当直线斜率不存在时，由抛物线定义知，从而可求解.
【详解】（1）由题可知，解得.
所以的标准方程为；
（2）（i）由（1）知，，且，解得，所以.
设，则，同理可得，，
则，即.
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得.
所以，即，
所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，可得.
综上，直线过定点.
（ii）设，当直线斜率存在时，
设直线的方程为，
与抛物线联立得，消去得，
由题意，所以.
所以
，
所以当时，的最小值为；
当直线斜率不存在时，.
由抛物线定义知.
故的最小值为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数．
(1)当时，求函数的极值．
(2)是否存在实数，对任意的，且，有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】(1)极大值为，极小值为；
(2)存在，
【分析】（1）求出函数导数，利用，分析函数的单调性，由单调性可得函数极值；
（2）假设存在，将已知条件转化为，构建新的函数，显然只要在为增函数即成立，等价于不等式在恒成立，解得a的取值范围即为答案.
【详解】（1）当时，，
，令，解得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值为；
（2）假设存在实数a， 对任意的，且，都有恒成立，
不妨设， 若，即，
令，
显然只要在为增函数即成立，
因为，
要使在为增函数则在恒成立，
即只需，则，
所以存在满足题意．
【点睛】关键点点睛：设，则不等式即为，构造函数，得在为增函数是解决本题第二问的关键.