广东省2024届高三上学期第一次调研考试数学试卷(含答案)

这是一份广东省2024届高三上学期第一次调研考试数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
二、选择题
2．在复数范围内方程的解为( )
A.B.C.D.
三、选择题
3．已知的重心为O,则向量( )
A.B.C.D.
四、选择题
4．已知一个直角三角形的两条直角边的长分别为1和2，以它的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周围成一旋转体，则此旋转体外接球的表面积为( )
A.B.C.D.
五、选择题
5．已知函数的图象关于点对称，则下列函数是奇函数的是( )
A.B.
C.D.
六、选择题
6．“”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
七、选择题
7．已知，，，则( )
A.B.C.D.
八、选择题
8．已知，，.若P是所在平面内一点，且，则的最大值为( )
A.13B.C.D.
九、多项选择题
9．甲、乙两班参加某次数学调研测试，相关统计数据如下表所示（满分分，分以上为优秀），则下列结论正确的是( )
A.甲、乙两班学生成绩的平均数相同
B.甲班成绩波动比乙班成绩波动大
C.甲班优秀的人数少于乙班优秀的人数
D.甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数
一十、多项选择题
10．若实数a，b满足，则下列关系式中可能成立的是（ ）
A.B.C.D.
一十一、多项选择题
11．已知函数，则( )
A.对任意正奇数n，为奇函数
B.对任意正整数n，的图像都关于直线对称
C.当时，在上的最小值
D.当时，的单调递增区间是
一十二、多项选择题
12．已知正方体的棱长为4，M为的中点，N为ABCD所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面ABCD，则下列命题正确的是( )
A.若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B.若三棱柱的表面积为定值，则点N的轨迹为椭圆
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D.若与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
一十三、填空题
13．已知函数，若，则__________.
一十四、填空题
14．已知直线与圆相交于A，B两点，且为等腰直角三角形，则实数a的值为______．
一十五、填空题
15．函数的部分图象如图所示，如果、，且，则________.
一十六、双空题
16．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，数列的前n项和为，则_____；_____.
一十七、解答题
17．已知等差数列满足：，．的前n项和为．
（1）求及；
（2）令（），求数列的前n项和．
一十八、解答题
18．如图，在正三棱柱中，点E为侧棱的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的大小.
一十九、解答题
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求角C的大小；
（2）若是锐角三角形，且其面积为，求边c的取值范围.
二十、解答题
20．某同学尝试运用所学的概率知识研究如下游戏规则设置：游戏在两人中进行，参与者每次从装有3张空白券和2张奖券的盒子中轮流不放回地摸出一张，规定摸到最后一张奖券或能判断出哪一方获得最后一张奖券时游戏结束，能够获得最后一张奖券的参与者获胜．
（1）从胜负概率的角度，判断游戏规则设置是否公平；
（2）设游戏结束时参与双方摸券的次数为X，求随机变量X的分布列．
二十一、解答题
21．已知a为实常数，函数.
（1）记的导函数为，求在区间内的单调区间；
（2）若在区间的极大值、极小值恰各有一个，求实数a的取值范围．
二十二、解答题
22．过椭圆的右焦点F作两条相互垂直的弦，.，的中点分别为M，N.
（1）证明：直线过定点；
（2）若，的斜率均存在，求面积的最大值.
参考答案
1．答案：D
解析：，即，解得，，
.
2．答案：C
解析：由题意，在复数范围内方程，可得，
所以.
故选:C.
3．答案：C
解析:取AC中点D,连接OD,是的重心,,O,D QUOTE ∴B、O、D ∴B、O、D三点共线,由重心特点得 QUOTE OA+OB+OC=0 OA+OB+OC=0,
故选:C.
4．答案：C
解析：由题设，所得旋转体为两个圆锥体的组合它们以三角形斜边上高为底面半径，斜边长为两圆锥高之和，
该旋转体外接球半径为三角形斜边的一半为，故表面积为.
故选:C.
5．答案：D
解析：将图象向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，
所得函数关于点对称，则所得函数为奇函数，
所以为奇函数，
故选:D.
6．答案：A
解析：，，
若，，即，
若，，即，或，
综上，是的充分不必要条件.
7．答案：A
解析：将，两个等式两边分别平方再相加,得，，，，，即，得，即.
8．答案：B
解析：以A为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
所以，即，
故，，
所以，当且仅当，即时，等号成立.故选B.
9．答案：ABC
解析：
10．答案：ABD
解析：
11．答案：BC
解析：
12．答案：ABC
解析：
13．答案：-3
解析：当时，，解得，
当时，，此时无解.
综上所述，.
14．答案：-1
解析：由题意知为等腰直角三角形,圆心到直线的距离，，.
15．答案：
解析：
16．答案：1023；
解析：
17．答案：（1），
（2）
解析：（1）设等差数列的公差为d，因为，，
所以
解得，.
所以，.
（2）由（1）知，
所以，
所以.
即数列的前n项和.
18．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明:如图，分别取，的中点为O，F，连接OF与交于点G，连接EG，BO，则点G为,的中点.
又点E为的中点，则且.
所以四边形BEGO是平行四边形，.
在正三棱柱中，平面平面ABC，
平面平面，,
所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）设，则，，所以..
为等腰三角形，易求得边上的高为，
所以的面积为.
的面积为.设平面与平面ABC的夹角为.
则由射影面积公式可得.
又，所以，即平面与平面ABC的夹角为.
19．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，则，所以.
即，
得.
所以或(不成立，舍去)，
从而，又，所以.
（2）由（1）知，又是锐角三角形，则
得.
因为.
所以.
设，因为，
所以，
因为，则，所以，
从而，即，所以边c的取值范围是.
20．答案：（1）这场游戏规则的设置不公平
（2）见解析
解析：（1）将3张空白券简记为“白”，将2张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，
包括以下几种情况:
①双方共摸券3次，出现“奖白奖”“自奖奖”“白白白”这三种情形，
对应的概率为;
②双方共摸券4次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，对应的概率为;
故先摸券的一方获胜的概率，
因为，所以这场游戏规则的设置不公平.
（2）由题意可知X的可能取值为2，3，4，
所以.
.
.
所以X的分布列为:
21．答案：（1）在上的单调递增区间为，单调递减区间为，
（2）
解析：（1）由，得，则，令，得或.由，解得或；由，解得.
所以函数在上的单调递增区间为，单调递减区间为，.
（2）由（1）知，在处取得极小值，在处取得极大值.又，，，，则.若，则，故在内单调递增，从而在内无极值，不合题设，
所以;若，当时，在内至多有一个极值点，不合题设:
当时，在内有三个极值点，不合题设.
所以.
所以解得.
此时.
则存在唯一，使得，当时，，单调递增：当时，，单调递减，则在取得极大值;
存在唯一，使得，当时，，单调递减:当时，，单调递增，则在取得极小值.
综上，所求a的取值范围是.
22．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明：由题可知.
若直线AB，CD有一条斜率不存在，则另一条斜率为0，其中点分别为直线与x轴的交点、原点，过此两点的直线MN方程为.若直线AB，CD的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为，由题，可设直线AB的方程为，直线CD的方程为.联立消元y，整理得，设，，则，.从而，，即;同理.所以.
则直线MN的方程为，
整理得，即直线MN过定点，直线也满足过定点.
综上，直线MN过定点.
（2）由（1）可得.
令.则，当且仅当，即时取等高.
从而在上单调逆增，当，即时取得最小值.
所以.即当时，取得最大值为.
班级
考试人数
中位数
平均数
方差
甲
乙
X
2
3
4
P