2024届广东省佛山市第一中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省佛山市第一中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共20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．已知i为虚数单位，复数z满足，则共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算求得z，即可得，即可得其对应的点，即得答案.
【详解】由题意知，故，
故，其对应的点为，在第三象限内，
故选：C
2．已知集合，，那么“”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
【答案】A
【分析】利用不等式的解法，求出集合，，利用集合元素之间的关系确定充分条件和必要条件．
【详解】由可得，即，所以，
由可得，解得，所以，
因为集合M是集合N的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
3．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数是偶函数可判断错误，根据，可排除.
【详解】依题可知：函数的定义域为，
定义域关于原点对称，又，
故函数为偶函数，故错误；
又当时，，故错误，
故选：.
4．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据二倍角公式及诱导公式化简求值即可．
【详解】，
所以．
故选：
5．已知数列为等差数列，其前项和为，且，，则（ ）
A．63B．72C．135D．144
【答案】C
【分析】设出公差，表达出，代入得到方程，求出公差，从而求出首项，利用求和公式得到答案.
【详解】设等差数列的公差为，则，则．
由，得，解得．
又因为，所以，
所以．
故选：C．
6．如图，棱长都相等的平行六面体中，，则二面角的余弦值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】判断四面体为正四面体，取的中点，连接，，由等腰三角形“三线合一”的性质，易得即为二面角的平面角，再由余弦定理计算可得．
【详解】解：棱长都相等的平行六面体中，，则四面体为正四面体．
连接、，，连接，，设四面体的棱长为，则，
且，，则为二面角的平面角，
在中，，
故二面角的余弦值为．
故选：A．
7．已知函数，若方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】转化为有两个不相等的实数根，构造，分和两种情况，求导，得到函数的单调性和极值情况，画出函数图象，数形结合得到实数的取值范围，得到答案.
【详解】由题意得有两个不相等的实数根，
令，
当时，，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，当时，恒成立，
当时，，则，
当时，，单调递增，
且，
画出的图象如下：
要想有两个不相等的实数根，则，
故有两个不相等的实数根，则.
故选：A
8．设函数．若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．12
【答案】A
【分析】直接利用，，求出和的表达式，进一步利用在区间上有且只有一个极大值点，通过分类讨论求出的值，进而可得最大值.
【详解】由已知得，，，
则，
其中，
因为，
当时，
当时，，
因为在区间上有且只有一个极大值点，
所以，
解得，
即，
所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，成立；
所以的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过条件将和都用整数表示出来，然后对的值由大到小讨论找到符合条件的结果.
二、多选题
9．在中，下列命题正确的是（ ）
A．
B．若，则为等腰三角形
C．
D．若，则为锐角三角形
【答案】BC
【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则和向量的夹角公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，由向量的线性运算法则，可得，所以A错误；
对于B，由，得，即，
所以为等腰三角形，所以B正确；
对于C，因为，所以C正确；
对于D，在中，，则，可得A为锐角，
但不能确定其它角是否是锐角，所以D错误．
故选：BC.
10．已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线必过点
B．直线与圆必相交
C．圆心到直线的距离的最大值为1
D．当时，直线被圆截得的弦长为
【答案】BC
【分析】利用直线和圆的相关性质求解即可.
【详解】易知直线必过点，故A错误；
点在圆内，所以直线与圆必相交，故B正确；
圆心到直线的距离，当时距离取最大值1，故C正确；
当时，直线，则直线被圆截得的弦长为，故D错误．
故选：BC
11．如图，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且，M是AD的中点．沿BD将翻折，折成三棱锥，翻折过程中下列结论正确的是（ ）
A．当平面平面BDC时，三棱锥的外接球的表面积是
B．棱CD上存在一点N，使得平面ABC
C．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角
D．三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为
【答案】ABD
【分析】对于A，确定外接球球心位置，求得外接球半径，即可求得外接球的表面积；对于B，取CD的中点N，证明，根据线面平行的判定定理即可判断；对于C，证明平面CME，推出，即可判断CM与BD所成角不可能为锐角；对于D，确定三棱锥的体积最大时，平面平面BDC，作出二面角的平面角，即可求得其正切值，判断D.
【详解】对于A，三棱锥的外接球被平面BCD所截小圆圆心是正的中心，
是等边三角形，设E为BD的中点，连接，
则在上，，则，
由于，故外接球被平面ABD所截小圆圆心为点M，
设球心为O，连，OM，则平面BCD，平面ABD，
由于是等边三角形，故，而平面平面BDC，
平面平面，平面，故平面ABD，
因为，同理可证平面BCD，为的中点，连接，
故,则平面BCD，
故，，故四边形为矩形，，
连AO，由于，则，
在中，，
所以三棱锥的外接球的表面积，A正确；
对于B，取CD的中点N，连MN，因M是AD的中点，则，
平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，B正确；
对于C，如图，因是正三角形，有，而M是AD的中点，
有，而，则，，CE，平面CME，
于是得平面CME，平面CME，所以，
即CM与BD所成角不可能为锐角，C不正确；
因为，要使三棱锥的体积最大，
当且仅当点C到平面ABD距离最大，即平面平面BDC时，
由选项A知，点C到直线BD的距离为，
由A可知平面ABD，作，垂足为G，连接，
由于平面ABD，故,
而平面，故平面，
平面平面，平面平面，
故为二面角的平面角，
由题意知且，则,
故在中，，故,
即三棱锥的体积最大时，二面角的正切值为，D正确，
故选：ABD．
12．在数列中，（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等差数列，又是等方差数列
【答案】BC
【分析】根据等方差数列的定义依次分析四个选项可得答案.
【详解】对于A，因为，，，
，所以不是等方差数列，故A错误；
对于B，因为，，，
所以，，
因为 是等比数列，所以，所以，
所以，因为，所以，所以，又，所以，故B正确；
对于C，设等比数列的公比为，则，
则当时，，若为常数，则必有，此时，则数列不可能是等方差数列，故C正确；
对于D，假设存在数列既是等差数列，又是等方差数列，则当时，且，
若，则，则，不合题意，
若，则，得，又，
所以为常数，必有，与假设矛盾，
故存在数列既是等差数列，又是等方差数列.故D错误；
故选：BC
三、填空题
13．当时，幂函数为单调递减函数，则 ．
【答案】
【分析】利用幂函数的定义与性质计算即可.
【详解】由题意可知或，
当时，，此时在第一象限是单调递减函数，符合题意；
当时，，此时在第一象限是单调递增函数，不符合题意；
综上：.
故答案为：
14．如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于 ．
【答案】
【分析】先根据圆锥侧面展开图得：为小虫爬行的最短路径；再根据弧长公式可得；最后根据底面圆周长等于的长度即可得出答案.
【详解】把圆锥侧面沿母线展开成如图所示的扇形，则为小虫爬行的最短路径.
依题意：小虫爬行的最短路程为.
因为母线长，
所以在中．
则由弧长公式得：．
设圆锥底面圆的半径为r.
则，解得
故答案为：
15．已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据余弦定理求出的表达式，进而表示出面积的表达式，结合二次函数最值，即可求得答案.
【详解】因为，，则，
∴，
∴,
当且仅当，即时等号成立，
∴面积的最大值为．
故答案为：
16．已知函数．若实数满足，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】利用导数判断出在区间上的单调性，由可得，求出，转化为，构造函数，利用导数求出最值可得答案．
【详解】由，得，当时，，
所以在区间上单调递增，
因为，
所以，即，
所以，所以，又，
所以，
令，所以，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以当时，取得最小值，
故的最小值为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是转化为，并且构造函数，本题考查了学生的思维能力、运算能力.
四、解答题
17．已知直线，，且直线与垂直.
(1)求的值；
(2)若直线过直线与的交点，且原点到该直线的距离为3，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）代入两直线垂直公式列式求解即可；
（2）联立方程求出交点坐标，分类讨论，根据点到直线的距离公式列式计算即可.
【详解】（1）由直线与垂直，得，即，解得.
（2）由（1）得，直线的方程为，即，
解，得，即点坐标为，
①当直线的斜率不存在时，其直线方程为，满足题意；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
因为原点到该直线的距离为3，所以，所以，
则直线的方程为.
综上所述，直线的方程为或.
18．已知向量，，函数．
(1)若，求的值；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据向量共线的坐标表示式算出正切值，再运用二倍角公式转化即得；
（2）先对函数式进行恒等转化成正弦型函数，由题设条件求得角，再由锐角三角形推得角范围，即得的范围.
【详解】（1）∵，∴，则；
；
（2）
，
由，得，
∵，∴，∴，即,
因为锐角三角形，可得，解得，
∴，故的取值范围为．
19．在四棱锥中，侧面PAB为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，，，，，E为线段AB的中点，过直线CE的平面与线段PA，PD分别交于点M，N．
(1)求证：平面PAB；
(2)若直线PC与平面CEMN的所成角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意平行关系可证，再根据垂直关系证明平面PAB，即可得结果；
（2）建系，利用空间向量结合线面夹角分析求解.
【详解】（1）因为为等边三角形，且，则，
又因为E为AB中点，，则，
可知，，
所以四边形AECD为矩形，故，
且平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，
且平面CEMN，平面平面，所以，
因为E为等边三角形PAB边AB的中点，，则，
又因为，，则，
且，，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB，即平面PAB.
（2）因为为正三角形，则，
又因为，，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD．
以E为原点，以EC，EB，EP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，
可得，，
设，，则，
设平面CEMN的法向量为，则，
取，则，可得，
依题意，得，解得或（舍去），
所以，即．
20．某大学生创客实践基地，甲、乙两个团队生产同种创新产品，现对其生产的产品进行质量检验．
(1)为测试其生产水准，从甲、乙生产的产品中各抽检15个样本，评估结果如图：
现将“一、二、三等”视为产品质量合格，其余为产品质量不合格，请完善2×2列联表，依据α=0.05的独立性检验，能否认为产品质量与生产团队有关联；
(2)将甲乙生产的产品各自进行包装，每5个产品包装为一袋，现从中抽取一袋检测（假定抽取的这袋产品来自甲生产的概率为，来自乙生产的概率为），求这袋产品中恰有4件合格品的概率（以（1）中各自产品的合格频率代替各自产品的合格概率）．
附：，．
【答案】(1)表格见解析，有关联
(2)
【分析】（1）根据题意完善列联表，计算得出结论；
（2）分别用A、B、C表示事件，根据全概率公式求出，计算即可得解.
【详解】（1）完善2×2列联表如下：
零假设：产品质量与生产团队无关联
，
依据的独立性检验，可以认为产品质量与生产团队有关联．
（2）记事件A为“一袋中有4个合格品”，事件B为“所抽取的这袋来自甲生产”，事件C为“所抽取的这袋来自乙生产”，故，，
又∵，且B与C互斥
由全概率公式，得
21．已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，______． 给出以下条件：①是与的等差中项；②，，成等比数列；③，，成等比数列．从中任选一个，补充在上面的横线上，再解答．
(1)求的通项公式；
(2)令是以2为首项，2为公比的等比数列，数列的前n项和为．若，，求实数的取值范围． （注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）把条件都转化为和的形式运算，求出通项公式；
（2）先用错位相减法求出，再进行参分转化为恒成立问题，最后应用数列单调性的判断求出最大值.
【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，
由是与的等差中项，得，即，
则有，
化简得，即，
解得，则；
选②，设递增等差数列的公差为，
由，，，
有，化简得，
即，
解得，则；
选③，设递增等差数列的公差为，
由，，，
有，化简得，则，
所以，
所以的通项公式为，
（2）由是以2为首项，2为公比的等比数列，得，
由（1）知，即有，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，又，
所以不等式，
等价于，又，所以等价于恒成立，
令，则，则时，，即数列递增，
当时，，即数列递减，
所以当时，，则，
所以实数的取值范围是．
22．若对实数，函数、满足，且，则称为“平滑函数”，为该函数的“平滑点”已知，．
(1)若1是平滑函数的“平滑点”，
（ⅰ）求实数a，b的值；
（ⅱ）若过点可作三条不同的直线与函数的图象相切，求实数t的取值范围；
(2)判断是否存在，使得对任意，函数存在正的“平滑点”，并说明理由．
【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）（ⅰ）求导列出a，b的方程求解即可； （ⅱ）转化为方程：有3个不同根，构造函数结合图像求解即可；
（2）消参得成立，转化为是否恒成立，构造函数证明即可.
【详解】（1）（ⅰ）由，，
得，，
因为1是平滑函数的“平滑点”，则，解得．
（ⅱ）由题意，，
过点作的切线，设切点，则切线方程：，
故题意等价于方程：有3个不同根，
设，则，
令，得；令，得或，
所以函数在上单调递增，在和上单调递减，
又因为，，，
且当时，，如图所示
所以．
（2）题意等价于：是否，使得对，有解，
消去a，得，，由，可得，
故题意等价于是否，使得时，成立，
又∵当时，，
故题意等价于当时，是否有解，
设，，则，
∴在上单调递减，在上单调递增，故，
∴有解，即存在满足题意的a．
【点睛】方法点睛：定义函数问题，主要根据定义理解函数性质特征，结合函数求导求解即可.
甲
乙
总和
合格
不合格
总和
15
15
30
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
甲
乙
总和
合格
12
6
18
不合格
3
9
12
总和
15
15
30