2024-2025学年广东省广州市高三上册1月期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高三上册1月期末数学检测试题（附解析），共24页。试卷主要包含了设有下面四个命题，设等差数列的前n项和为，已知实数满足，则大小关系为，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，且，则下列说法一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．袋子中有四个小球，分别写有“文､明､中､国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文､明､中､国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．设有下面四个命题
：若复数满足，则；
：若复数满足，则；
：若复数满足，则；
：若复数，则.
其中的真命题为
A．B．
C．D．
4．已知是双曲线的两个焦点，是上的一点，且，经过点，则的虚轴长为（ ）
A．B．C．4D．2
5．将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，，，若点坐标为，则
A．B．C．D．0
6．设等差数列的前n项和为．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．设抛物线的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于点A，B，与圆交于点P，Q，其中点A，P在第一象限，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知实数满足，则大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二､多项选择题
9．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．在某项测量中，测量结果服从正态分布，若位于区域内的概率为，则位于区域内的概率为
C．命题“”的否定是“”
D．函数无零点
10．将甲､乙､丙､丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，表示事件“医生甲派往①村庄”；表示事件“医生乙派往①村庄”；表示事件“医生乙派往②村庄”，则（ ）
A．事件与相互独立B．事件与不相互独立
C．D．
11．已知为坐标原点，圆，则下列结论正确的是（ ）
A．圆恒过原点
B．圆与圆外切
C．直线被圆所截得弦长的最大值为
D．直线与圆相切或相交
12．已知菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点O．将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．BD⊥CM
B．存在一个位置，使△CDM为等边三角形
C．DM与BC不可能垂直
D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°
三､填空题
13．直线的倾斜角是 .
14．如图，正方形的边长为1，它是一个水平放置的平面图形的直观图，则原图形的周长为 ．
15．已知二次函数是偶函数，定义域为，则函数在上的最小值 .
16．共和国勋章，是中华人民共和国最高荣誉勋章，授予在建设和保卫国家中作出巨大贡献、建立卓越功勋的杰出人士.2020年8月11日，签署主席令，授予钟南山“共和国勋章”.某市为表彰在抗疫中表现突出的个人，制作的荣誉勋章的挂坠结构示意图如图，O为图中两个同心圆的圆心，三角形ABC中，，大圆半径，小圆半径，记为三角形OAB与三角形OAC的面积之和.设阴影部分的面积为，当取得最大值时 .
四､解答题
17．在数列中，，
(1)证明：数列是等比数列.
(2)求数列的前项和.
18．设的内角，，所对的边长分别为，，，且，，.
（1）求的面积；
（2）求的值及中内角，的大小.
19．某地区为贯彻他关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户考察三种不同的果树苗A､B､C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为，引种树苗B､C的自然成活率均为.
(1)任取树苗A､B､C各一棵，估计自然成活的棵数为，求的分布列及；
(2)将（1）中的取得最大值时的值作为种树苗自然成活的概率.该农户决定引种棵种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为，其余的树苗不能成活.
①求一棵种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种种树苗多少棵？
20．如图，在三棱锥中，，，，分别是线段，的中点，，，二面角的大小为60°.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的余弦值.
21．已知椭圆的两个焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点(点位于轴上方)，，的周长分别为，.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，且，设直线的倾斜角为，求的取值范围.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时，若曲线与曲线存在唯一的公切线，求实数的值;
(3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
1．D
【分析】根据交集的结论及包含关键判断．
【详解】因为，所以，所以
故选：D
2．A
【分析】利用古典概型的概率公式求解.
【详解】因为随机模拟产生了以下18组随机数：
，
其中恰好第三次就停止包含的基本事件有：023,123,132共3个，
所以由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为，
故选：A
3．B
【详解】令，则由得，所以，故正确；
当时，因为，而知，故不正确；
当时，满足，但，故不正确；
对于，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确，故选B.
点睛:分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成的形式进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.
4．C
【分析】根据余弦定理，结合双曲线的定义列出方程，再根据双曲线经过点，解出方程，即可求得，从而得到结果.
【详解】设，由，得，
因为，则由余弦定理可得
，
解得，
则，即①，
又经过点，
所以②
联立①②，解得，则
所以的虚轴长为
故选:C
5．A
【分析】画出函数图像，根据图像知共有5个交点，交点关于对称，则，计算得到答案.
【详解】，函数周期为，函数图像关于中心对称，画出函数图像：
根据图像知，共有5个交点，交点关于对称，，
则.
故选：A.
本题考查了三角函数交点问题，向量的模，确定共有5个交点，交点关于对称是解题的关键.
6．D
【分析】根据，可得，，从而可判断AB，举出反例即可判断C，根据等差数列的性质结合基本不等式即可判断D.
【详解】解：因为，
所以，故A错误；
，所以，
则公差，故B错误；
所以等差数列为递增数列，
则，，
则，
所以，
所以，故D正确；
对于C，当时，
，。
此时，故C错误.
故选：D.
7．D
【分析】根据抛物线与圆的位置关系，利用抛物线的焦半径公式，将表示为焦半径与半径的关系，然后根据坐标的特点结合基本不等式求解出的最小值.
【详解】如图所示：
因为圆的方程为即为，所以圆心为即为抛物线的焦点且半径
因为，所以，
又因为，，
所以，
设，所以，所以，所以，
所以，取等号时.
综上可知.
故选：D.
本题考查抛物线与圆的综合应用，着重考查了抛物线的焦半径公式的运用，难度较难.(1)已知抛物线上任意一点以及焦点，则有；(2)当过焦点的直线与抛物线相交于，则有.
8．D
先分析得到，再构造函数利用导数比较的大小即得解.
【详解】，
，
设，
所以，
所以函数在单调递减，
设
所以，
所以，
因为函数在单调递减，
所以，
故选：D
关键点睛：解答本题的关键是两次构造函数，第一次是构造函数，得到函数在单调递减，第二次是构造函数得到.在解答函数的问题时，经常要观察已知条件构造函数解决问题.
9．AB
【分析】A项方程解不唯一，B项正态曲线关于对称
C项存在量词命题的否定是存在量词命题，D项辅助角公式后求解.
【详解】A项，把代入即充分性成立，当时,所以必要性不成立,故A正确；
B项，因为服从正态分布，则正态曲线关于对称，所以位于区域的概率也是，所以位于区域内的概率为，故B正确；
C项由命题的否定得“”的否定是“”，故C错误；
D项，因为函数时，
即，所以，即,所以零点为，所以D错误.
故选：AB
10．BD
【分析】由古典概率公式求出，再利用相互独立事件的定义判断A，B；用条件概率公式计算判断C，D作答.
【详解】将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄义诊的试验有个基本事件，它们等可能，
事件A含有的基本事件数为，则，同理，
事件AB含有的基本事件数为，则，事件AC含有的基本事件数为，则，
对于A，，即事件A与B相互不独立，A不正确；
对于B，，即事件A与C相互不独立，B正确；
对于C，，C不正确；
对于D，，D正确.
故选：BD
11．ACD
【分析】A.代入点可判断；B.计算圆心距离与半径差的大小关系；C.利用垂径定理求弦长然后求最值；D.求圆心到直线的距离来判断.
【详解】对于A：代入点得恒成立，A正确；
对于B：，即两圆心距离等于两圆半径差，两圆内切，B错误；
对于C： 直线被圆所截得弦长为
，
，
即直线被圆所截得弦长的最大值为，C正确；
对于D：圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，D正确；
故选：ACD.
12．ABD
【分析】画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系判断选项的正误即可．
【详解】对A，菱形中，，与相交于点．将沿折起，使顶点至点，如图：取的中点，连接，，可知，，所以平面，可知，故A正确；
对B，由题意可知，三棱锥是正四面体时，为等边三角形，故B正确；
对C，三棱锥是正四面体时，与垂直，故C不正确；
对D，平面与平面垂直时，直线与平面所成的角的最大值为，故D正确．
故选：ABD．

本题考查空间几何体的直线与直线、直线与平面的位置关系的综合判断、命题的真假的判断，考查转化与化归思想，考查空间想象能力．
13．
【分析】根据直线求出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，求出斜率为，根据诱导公式转化成里的正切值.
【详解】因为直线的斜率为
设此直线的倾斜角为，且
所以
又因为的周期为，所以
即，所以倾斜角为.
故答案为.
14．8
【分析】根据斜二测画法，还原出原图，根据原图与直观图的关系，求得边长，即可得答案.
【详解】根据直观图，还原原图可得OABC，如图所示：
根据原图与直观图的关系可得，，且，
所以，
所以原图形OABC的周长为3+1+3+1=8，
故8
15．
【分析】利用偶函数的定义解出的值，再利用均值不等式求最小值即可.
【详解】由是偶函数可得，解得，
所以原问题为在的最小值，
由均值不等式得，当且仅当即时等号成立，
所以，即在上的最小值为9，
故9
16．
【分析】设，利用扇形的面积公式及三角形的面积公式得到，，构造函数，利用导数求函数的单调性与最值即可得到答案.
【详解】过点O作于点D，则点D为BC的中点，又，A，O，D三点共线，
设，，
则，，
从而，
令，，
由，解得：或（舍去），
记
在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值，此时.
故
方法点睛：本题考查利用导数求三角函数的最值，考查三角函数的值域时，常用的方法：
（1）将函数化简整理为，再利用三角函数性质求值域；
（2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.
（3）关于三角函数的二次型，利用换元法结合二次函数求值域.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；
（2）根据等比数列的通项公式得到，然后分组求和即可.
【详解】（1）由得，
，
所以数列为首项为1，公比为4 的等比数列.
（2）由（1）得，则，
.
18．（1）；（2）；，或，
【分析】（1）根据题意，由余弦定理得出，可求出，再根据三角形面积公式，即可求出的面积；
（2）根据正弦定理，求得，利用三角函数的恒等变换进行化简求出角，最后结合三角形的内角和，即可求出角.
【详解】解：（1）由题可知，，，，
由余弦定理得：，
则，
即，即，
解得：，
故的面积为.
（2）因为，，，
由正弦定理得，
即：，
所以，
因为，所以，
则，
即，
整理得：，则，
由此得，
在中，或，
所以或，
由此可求得，或，.
本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角形的面积公式，考查三角恒等变换的应用和三角形内角和关系，考查化简运算能力.
19．(1)分布列见解析；期望为
(2)①；②700
【分析】（1）依题意X的所有可能值为0，1，2，3.求出概率，得到分布列，然后求解期望即可.
（2）①当时,取得最大值.然后求解一棵树苗最终成活的概率.
②记为棵树苗的成活棵数，为棵树苗的利润，利用二项分布的概率以及期望求解即可.
【详解】（1）由题意知，X的所有可能值为0，1，2，3，
则；
；
；
.
由此得X的分布列如下表：
所以.
（2）根据,由（1）知当时，取得最大值.
①一棵种树苗最终成活的概率为.
②记为棵种树苗的成活株数，为株种树苗的利润，则，
所以，所以，
故，要使，则有.
所以该农户应至少种植700棵种树苗，就可获利不低于20万元.
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证平面平面，需证线面垂直，根据条件可知，再根据勾股可证，从而可证平面，进而证出结论.（2）法一：以B为坐标原点，为x轴，为y轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法可求；法二： 由（1）可知平面，取的中点E，连接，可证平面，即为直线和平面所成的角，利用直角三角形即可求出结果.
【详解】解：（1）在中，N是斜边的中点，
所以.
因为，是，的中点，
所以，且，
所以，.
又因为，，
所以，且，
故平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）法一：由（1）知平面，故平面，
所以.又，所以即为二面角的平面角，故，因此，.
以B为坐标原点，为x轴，为y轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，，
所以中点，.
，.
所以，.
设平面的法向量，
则，即，
取，得，
所以，
故，
因此直线和平面所成角的余弦值等于.
法二：由（1）知平面，故平面，所以，
又，所以即为二面角的平面角，故，
因此，
取的中点E，连接，则，且，在中，，
又因为平面平面，所以平面，
因此即为直线和平面所成的角，
由，得，
所以直线和平面所成角的余弦值等于.
本题考查面面垂直的证明，考查空间向量法求线面角，本题也可以用传统方法求线面角，考查学生的空间立体感和计算能力，属于中档题.
21．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的定义可得，的周长分别为，结合可得答案.
(2)根据题意设出直线的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，由，得出，得出的纵坐标的关系，从而可求出答案.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为，的周长分别为，，
所以根据椭圆的定义得，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）由条件，且，则,所以直线的斜率存在.
根据题意，可设直线的方程为.
联立，消去，得，
则，
设，，则①，②，
又，且，则.
设，，
则，所以③，
把③代入①得，，
并结合②可得，
则，即，
因为在上单调递增，所以，
即，且，解得，
即，所以.
故的取值范围是.
关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是由，，又，且，则，得出关系求解，属于中档题.
22．（1）见解析（2）（3）
（1），分和讨论函数的单调性；
（2）曲线，曲线，设该公切线与分别切于点，显然，利用导数的几何意义和两点间的斜率公式求得，解得，
问题等价于直线与曲线在时有且只有一个公共点，利用导数求的值域；
（3）问题等价于不等式，当时恒成立，设，先求，再求，分和两种情况讨论函数的最小值，判断是否成立.
【详解】解:(1)，
当时，恒成立，在上单调递减，
当时，由，解得，
由于时，导函数单调递增，
故，单调递减，
单调递增.
综上，当时在上单调递减;
当时， 在上单调递减，在上单调递增. .
(2)曲线与曲线存在唯一公切线，设该公切线与分别切于点，显然.
由于，
所以，
，

由于，故，且
因此，
此时，
设
问题等价于直线与曲线在时有且只有一个公共点，
又，令，解得，
则在上单调递增，上单调递减，
而，当时，
所以的值域为.
故.
(3)当时，，问题等价于不等式
，当时恒成立.
设，，
又设
则
而.
(i)当时，即时，
由于，
此时在上单调递增.
所以
即，所以在上单调递增
所以，
即，
故适合题意.
(ii)当时，，
由于在上单调递增，
令，
则，
故在上存在唯一，使，
因此当时，单调递减，
所以，
即在上单调递减，
故，
亦即，
故时不适合题意，
综上，所求的取值范围为.
本题考查利用导数求函数的单调性，以及根据函数的零点和利用不等式恒成立求参数的取值范围，意在考查转化与化归，推理能力 ，和计算能力，解决零点问题好恒成立问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.
X
0
1
2
3
P