2024届广东省茂名市高三年级第一次综合测试（茂名一模）数学（解析版）

这是一份2024届广东省茂名市高三年级第一次综合测试（茂名一模）数学（解析版），文件包含数学试题docx、数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。

二、多选题
1.【答案】C
【解析】集合，，则，所以集合的子集个数为.故选C.
2.【答案】A
【解析】解不等式得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选A.
3.【答案】B
【解析】.故选B.
4.【答案】C
【解析】因为，所以，所以.故选C.
5.【答案】A
【解析】因为，因为直线垂直于轴，令，代入椭圆方程可得，解得，所以，因为，所以，即，即，所以，解得.故选A.
6.【答案】A
【解析】因为为奇函数，所以关于对称，又关于原点对称，所以的周期为4，所以.故选A.
7.【答案】C
【解析】令，，得，则，
即，即，且，那么，则.故选C.
8.【答案】D
【解析】由题意，，两边取倒数可化为，所以，，，由累加法可得，，因为，所以，所以，因为数列是递减数列，故，即，整理可得，，因为，，所以，故.故选D.
9.【答案】CD
【解析】由题意，，故在，上单调递减，在上单调递增，若函数在区间上单调，则或或解得或或，即或.故选CD.
10.【答案】BCD
【解析】因为抛物线的方程为，所以，准线方程为，A错误；过，和的中点分别做准线的正线，，，则，连接，，因为，所以，以为直径的圆与准线相切于点，B正确；抛物线的焦点为，设，两点坐标分别为，，由抛物线的焦半径公式可知，若，又因为，此时，则线段中点的横坐标为，C正确；因为，当且仅当轴时等号成立，所以，若，则这样的直线有且只有一条，此时轴，D正确.故选BCD.
11.【答案】ACD
【解析】与所成的角即为与所成的角，为60°，A正确；因为直线，所成角是90°，所以过空间一点与两直线所成角为60°的直线有4条，B错误；易知平面为过，，三点的截面，该截面为梯形，周长为，C正确；对于D，如图所示，取，的靠近，的三等分点，，连接，，，，易知，，故点，，，，共面，该截面图形为五.边形，D正确.故选ACD.
12.【答案】ACD
【解析】易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；若是锐角三角形，则即所以，共有9种情况，
所以是锐角三角形的概率为，C正确；若，则，易知该不等式共有组正整数解，
所以的面积不大于5的概率为，D正确.故选ACD.
13.【答案】
【解析】∵，∴.
14.【答案】
【解析】依次连接四个球的球心，，，，则四面体为正四面体，且边长为，
所以到底面的距离为，所以最高点到平台的距离为.
15.【答案】
【解析】设点，因为，所以，化简得，所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，又因为直线过定点，所以点到直线的距离的最大值为点到的距离加上圆的半径，故最大值为.
16.【答案】
【解析】由于在区间上有且只有两个零点，所以，
即，由得，，，
∵，∴，
∴或解得或，
所以的取值范围是.
17.解：（1）由正弦定理及，
得，
又，
所以，
又，∴，∴，即，
又，∴.
（2）由及，
所以
.
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
18.解：（1）该品种石榴的平均质量为
，所以该品种石榴的平均质量为.
（2）由题可知，这7个石榴中，质量在，，上的频率比为，所以执取们质量在，，上的石榴个数分别为2，2，3.
（ⅰ）记“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，“这3个石榴恰好来自不同区间”，
则，，
所以，
即这3个石榴恰好来自不同区间的概率为.
（ⅱ）由题意的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
19.（1）解：由于，
则，
当时，，则，；
当时，符合上式，则，.
（2）证明：由于，
那么
，
∵，∴，
那么，即证.
20.（1）证明：由于平面平面，平面平面，
过点作的严线交的延长线于点，则平面.
连接交于，连接，
∵，，
∴，∴，
又，，
∴四边形为矩形，
∴，∴，
∴，∴，
又∵，
∴，即，
又平面，平面，
∴，又，
∴平面，又∵平面，
∴.
（2）解：以为坐标原点，，，所在直线分別为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由于在上，设，
则，∴，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
∴，
解得或（舍去），
∴，∴，，，
设平面的法向共，平而的法向共，
则即，
取，得，，
∴，
故平面与平面夹角的余弦值为.
21.（1）解：因为，所以，
双曲线的一条渐近线为，因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为，
由题意得解得
则的标准方程为.
（2）证明：①当，即时，设点，
代入双曲线方程得，，解得，取第二象限的点，则，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即，
因为直线是的角平分线，且.，所以直线的斜率为，
直线的方程为，令，解得，即，
此时，即是的中点；
②当时，设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程消去得，
由韦达定理得，，
又因为，所以，，
点，又因为，
所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，
因为是的角平分线，所以，所以，
又因为，，
所以，即，
即，得或，
由题意知和异号，所以，所以直线的方程为，
令，可得，即，所以，
直线的方程为，令，可得，
即，所以，
所以，即是的中点.
综上，是的中点.
22.（1）解：，，且，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）解：因为是上的“2类函数”，不妨设，，且.
则恒成立.
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，，恒成立，
又，
所以，恒成立，
所以，恒成立，
记，，，
则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
所以，
所以.（9分）
（3）证明：不妨设，
当时，∵，∴；
当时，由得
，
所以，，.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
B
C
A
A
C
D
题号
9
10
11
12
答案
CD
BCD
ACD
ACD
0
1
2
3