广东省佛山市普通高中2024届高三上学期教学质量检测（一）数学试卷（含答案）

这是一份广东省佛山市普通高中2024届高三上学期教学质量检测（一）数学试卷（含答案），共29页。试卷主要包含了 已知角的终边过点，则等内容，欢迎下载使用。
2024.1
本试卷共4页，22小题.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生要务必填涂答题卷上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 复数（ ）
A. B. C. D.
3. 已知双曲线实轴长为8，且与椭圆有公共焦点，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知为奇函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5. 设抛物线的焦点为，准线为是上一点，是与轴的交点，若，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
6. 若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7. 对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 2023年中央金融工作会议于10月30日至31日在北京举行，会议强调坚持把金融服务实体经济作为根本宗旨.现有某高新企业向金融机构申请到一笔800万元专项扶持贷款资金，该贷款资金分12期发放完毕，考虑到企业盈利状况将逐步改善，前11期放款金额逐期等额递减发放，每期递减10万元，第12期资金不超过10万元一次性发放.假设每期放款金额均为以万元为单位的正整数，则第1期和第12期放款金额之和为（ ）
A. 128B. 130C. 132D. 134
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知角的终边过点，则（ ）
A B.
C. D.
10. 在正方体中，点分别是和的中点，则（ ）
A.
B. 与所成角为
C. 平面
D. 与平面所成角为
11. 有一组样本数据，添加一个数形成一组新的数据，且，则新的样本数据（ ）
A. 极差不变的概率是
B. 第25百分位数不变的概率是
C. 平均值变大的概率是
D. 方差变大的概率是
12. 已知有两个不同极值点，则（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则__________.
14. 在正三棱台中，，其外接球半径为，则该棱台的高可以为__________.
15. 若分别是曲线与圆上的点，则的最小值为__________.
16. 已知中，，边上的高与边上的中线相等，则__________.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
（1）证明：；
（2）求顶点到直线的距离.
18. 高中进行体育与健康学业水平测试，有利于提升学生身体素质和健康水平，培养学生创新精神和实践能力.某学校对高三年级学生报名参加体育与健康学业水平测试项目的情况进行了普查，全年级1070名学生中有280名报名参加羽毛球项目，其中530名女生中有64名报名参加羽毛球项目.
（1）从该校高三年级中任选一名学生，设事件表示“选到的学生是女生”，事件表示“选到的学生报名参加羽毛球项目”，比较和的大小，并说明其意义；
（2）某同学在该校的运动场上随机调查了50名高三学生的报名情况，整理得到如下列联表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联？得到的结论与第（1）问结论一致吗？如果不一致，你认为原因可能是什么？
附：
19. 记为数列的前项和，且满足.
（1）试问数列是否为等比数列，并说明理由；
（2）若，求的通项公式.
20. 已知椭圆离心率为，直线与交于两点，与轴交于点，为坐标原点.
（1）证明：；
（2）若，求面积取得最大值时椭圆的方程.
21. 记为函数最小正周期，其中，且，直线为曲线的对称轴.
（1）求；
（2）若在区间上的值域为，求的解析式.
22. 已知，其中.
（1）求的单调区间；
（2）若，证明：当时，.
2023~2024学年佛山市普通高中教学质量检测（一）
高三数学
2024.1
本试卷共4页，22小题.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生要务必填涂答题卷上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合的补集，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】由于，
故,
所以，
故选：C
2. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数运算法则直接计算.
【详解】由题意得，.
故选：B
3. 已知双曲线的实轴长为8，且与椭圆有公共焦点，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件分别求双曲线的，再代入渐近线方程.
【详解】椭圆的焦点在轴上，其中，，，
所以焦点坐标为和，
双曲线的焦点为和，即，实轴长，则，
那么
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：B
4. 已知为奇函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数定义求出函数表达式，再结合导数和切线相关知识求解切线方程即可.
【详解】因为
，
所以，
因为为奇函数，所以对恒成立，
所以，代入函数表达式得，
所以，则，
所以在处的切线方程为，即.
故选：A
5. 设抛物线的焦点为，准线为是上一点，是与轴的交点，若，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线定义和图形中的几何关系直接计算求解即可.
【详解】如图所示，作，
由抛物线定义可知，，
在中，，
则在抛物线上，
所以，即，则.
故选：D
6. 若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合独立事件的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】若，，则，
而，，
所以，所以事件相互独立，
反过来，当，，
此时，，满足，
事件相互独立，所以不一定，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
7. 对于任意非零向量，若在上的投影向量互为相反向量，下列结论一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量和投影的关系以及投影的计算方法直接求解即可.
【详解】由题意得，在上的投影为，
同理，在上的投影为，
因为任意非零向量在上的投影向量互为相反向量，
所以在上的投影互为相反数，
所以，则，即.
故选：D
8. 2023年中央金融工作会议于10月30日至31日在北京举行，会议强调坚持把金融服务实体经济作为根本宗旨.现有某高新企业向金融机构申请到一笔800万元专项扶持贷款资金，该贷款资金分12期发放完毕，考虑到企业盈利状况将逐步改善，前11期放款金额逐期等额递减发放，每期递减10万元，第12期资金不超过10万元一次性发放.假设每期放款金额均为以万元为单位的正整数，则第1期和第12期放款金额之和为（ ）
A. 128B. 130C. 132D. 134
【答案】B
【解析】
分析】首先设第一期发放万元，再根据等差数列求前11项和，由题意得到不等式，即可求解.
【详解】设第一期发放万元，第二期发放万元，第三期发放万元，依次类推，第11期发放万元，
前11期共发放万元，
则，解得：，，
所以，
则第12期发放数为万元，
所以第1期和第12期共发放万元.
故选：B
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知角的终边过点，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数定义求出、和，结合二倍角公式直接计算判断A和B，通过角的范围可以判断角的终边位于第一象限或第三象限，进而得到或进而判断C，通过并结合正切二倍角公式判断D.
【详解】因为角的终边过点，
所以，，，
所以，
，故A和B正确，
因为，
所以，即角的终边位于第一象限或第三象限，
所以，但或均满足题意，故C错误，
由，得，
解得（舍去）或，故D正确.
故选：ABD
10. 在正方体中，点分别是和的中点，则（ ）
A.
B. 与所成角为
C. 平面
D. 与平面所成角为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积可判断空间位置关系，即可判断A；利用空间角的向量求法可判断B；结合A的分析，采用反证法，可判断C；确定平面的法向量，利用空间角的向量求法可判断D.
【详解】如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
故，
则，故不垂直，
即不垂直，A错误；
又，故，
由于异面直线所成角的范围为大于小于等于，
故与所成角为，B正确；
由A的分析可知不垂直，又,
即四边形为平行四边形，则，
故不垂直，
若平面，平面，则，
这与不垂直矛盾，故和平面不垂直，C错误；
平面的法向量可取为，
则，而线面角范围为大于等于小于等于，
故与平面所成角的正弦值为，则与平面所成角为，D正确，
故选：BD
11. 有一组样本数据，添加一个数形成一组新的数据，且，则新的样本数据（ ）
A. 极差不变的概率是
B. 第25百分位数不变的概率是
C. 平均值变大的概率是
D. 方差变大的概率是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意得到取各个值的概率，结合极差、百分位数、平均数以及方差的概念与计算公式逐一判断即可.
【详解】由题意得，，，，
，，，
对于A，若极差不变，则，概率为，故A正确；
对于B，由于，所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二个数，
所以，第25百分位数不变的概率是，故B错误；
对于C，原样本平均值为，平均值变大，则，概率为，故C正确；
对于D，原样本的方差为，
显然，当时，新数据方差变小，当时，新数据方差变大，
当时，新数据的平均数为，
方差为，
同理，当时，新数据的方差为，
所以方差变大的概率为，故D正确.
故选：ACD
12. 已知有两个不同的极值点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出函数的导数，由题意可知有2个正数根，从而可得根与系数的关系，结合判别式求得a的范围，即可判断A；求出的表达式，构造函数，结合函数的单调性，即可判断B；求出的表达式，结合根与系数的关系式，即可判断C；将化简为，再结合导数的几何意义判断，即可判断D.
【详解】由题意得，
由于有两个不同的极值点，
即有2个正数根，则，，
故需满足，解得，
对于A，，A错误；
对于B，，故，
令，，
即在上单调递减，故，
即，B正确；
对于C，
，C正确；
对于D，
，
可看作曲线上两点连线的斜率，
由于，，故不妨设，
由于，，则曲线在处的切线斜率为1，
由于，故连线的斜率小于1，即，
所以，即，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点时选项D的判断，解答时结合根与系数的关系将转化为，再结合导数的几何意义判断，即可判断该选项.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则__________.
【答案】5
【解析】
【分析】由题意可根据二项式展开式中x的系数以及各项系数之和，列出关于的方程，即可求得答案.
【详解】由题意得的展开式中的系数为，即，
令，得各项系数之和为，则n为奇数，且，
即得，
故答案为：5
14. 在正三棱台中，，其外接球半径为，则该棱台的高可以为__________.
【答案】1（或填3）
【解析】
【分析】求出正棱台上下底面的中心到顶点的距离，即可求得外接球球心到上下底面中心的距离，考虑外接球球心在棱台内还是棱台外，即可求得答案.
【详解】设为正三棱台的上底面的中心，O为下底面的中心，
连接，即为棱台的高，
连接并延长交BC于D，则D为BC的中点，连接并延长交于，则为的中点，
,
设外接球球心为E，则E点位于直线上，
则在中，，
在中，，
故当外接球球心在正棱台内时，其高为；
当外接球球心在正棱台外时，其高为；
故该棱台的高可以为3或1，
故答案为：1（或填3）
15. 若分别是曲线与圆上的点，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意转化为求曲线上一点到圆心距离的最小值，找出取得最小值时候满足的条件，结合导数计算法则列式求解答案即可.
【详解】设圆圆心为，如下图所示，
由题意可知，取得最小值时，取得最小值，
当垂直于曲线在点处的切线时，最小，
设，则对求导得，
所以，即，
由于时满足上式，且在单调递增，
所以有唯一解，
所以，此时，所以
故答案：
16. 已知中，，边上的高与边上的中线相等，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】通过已知条件得到，通过平方关系对进行转化解得即可得到答案.
【详解】如下图所示，设边上的高为，边上的中线为，
在中，，所以，
由，平方得，
代入得，，
化简得，，解得，
又因为，所以，所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过平方将转化为数量关系，结合图形关系得到代入求解即可.
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
（1）证明：；
（2）求顶点到直线的距离.
【答案】17. 答案见解析
18.
【解析】
【分析】（1）由已知，可根据，利用线面平行的判定定理证明平面，在使用线面平行的性质定理可证明；
（2）由已知，可作交平面和平面的交线于，利用线面垂直的判定和性质证明，从而即为点到直线的距离，然后在利用勾股定理求解边长，即可求解.
【小问1详解】
证明：由题知，平面，平面，
所以平面，又因为平面平面，
平面，所以.
【小问2详解】
作交直线于点，连接，因为是直三棱柱，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以就是点到直线的距离，
作交于点，因为，，所以，
又因为，所以四边形是矩形，所以，
在，，，所以，
在，，
所以点到直线的距离为.
18. 高中进行体育与健康学业水平测试，有利于提升学生身体素质和健康水平，培养学生创新精神和实践能力.某学校对高三年级学生报名参加体育与健康学业水平测试项目的情况进行了普查，全年级1070名学生中有280名报名参加羽毛球项目，其中530名女生中有64名报名参加羽毛球项目.
（1）从该校高三年级中任选一名学生，设事件表示“选到的学生是女生”，事件表示“选到的学生报名参加羽毛球项目”，比较和的大小，并说明其意义；
（2）某同学在该校的运动场上随机调查了50名高三学生的报名情况，整理得到如下列联表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联？得到的结论与第（1）问结论一致吗？如果不一致，你认为原因可能是什么？
附：
【答案】（1），，，意义见解析
（2）不能认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联，结论不一致，原因见解析
【解析】
【分析】（1）运用条件概率公式，结合题意直接计算求解；
（2）根据题意进行小概率值的独立性检验，结合题意说明原因即可.
【小问1详解】
由题意得，，
所以，，
则，
意义为女生想要报名参加羽毛球项目的人数比男生想要报名参加羽毛球项目的人数少
【小问2详解】
提出假设该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况无关，
则，
所以根据小概率值的独立性检验，不能认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联，
得到的结论与第（1）问结论不一致，可能原因是调查的50名高三学生样本容量小，结论具有随机性
19. 记为数列的前项和，且满足.
（1）试问数列是否为等比数列，并说明理由；
（2）若，求的通项公式.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）首先将等式变形为，再讨论和两种情况，判断数列否为等比数列；
（2）由（1）的结果可知，，再利用，，得，再利用构造法，即可求数列的通项公式.
【小问1详解】
由已知，得，
整理为，
若，则，，此时数列不是等比数列，
若，若，则，与矛盾，所以，
则，数列是公比为2的等比数列；
综上可知，当，数列不是等比数列，
当，数列是公比为2的等比数列；
【小问2详解】
若，数列的首项为，
所以，①
当时，，②
①-②得，即，
则，得，
所以，得，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以
20. 已知椭圆的离心率为，直线与交于两点，与轴交于点，为坐标原点.
（1）证明：；
（2）若，求面积取得最大值时椭圆的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）根据椭圆离心率得到，联立直线方程和椭圆方程，根据代入计算即可得证；
（2）由题意得到，进而得到，通过直线方程和韦达定理代入求解得到，再结合弦长公式和点到直线的距离求得三角形面积的表达式，根据基本不等式即可求解答案.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率，所以，
所以椭圆，
联立，得，
因为直线与交于两点，
所以，
即，则得证
【小问2详解】
设，由题意知
由（1）得，，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
因为，
，
代入上式得，，
化简得，，即，
因为
，
点到直线的距离，
显然，若三点能构成三角形，则，
所以面积，
当且仅当，即时等号成立，面积取得最大值，
此时，由，得，解得 ，则，
所以面积取得最大值时椭圆的方程为
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：
（1）结合几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；
（2）将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.
21. 记为函数的最小正周期，其中，且，直线为曲线的对称轴.
（1）求；
（2）若在区间上的值域为，求的解析式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意由可得，再结合为曲线的对称轴即可确定的值；
（2）由题意确定区间的长度小于一个周期，即可确定，分类讨论，讨论函数在何时取最值，结合正弦函数的性质，求出，经验证即可确定其值，从而求得答案.
【小问1详解】
由题意知为函数的最小正周期，故；
由得，而，故或；
又直线为曲线的对称轴，即，
则，结合，可知；
【小问2详解】
由（1）可知，在区间上的值域为，
可知区间的长度小于一个周期，即，
由，得，
①若，则，即，
则，此时，函数最大值为1，不符合题意；
②若，则，即，
则或，
当时，，函数取不到最大值，不符合题意，
当时，，函数最大值为，不符合题意；
③若，则或，
则或，则，
此时，函数取不到最小值，不符合题意；
④若，则或，
则或，则或或，
当时，，能满足题意，此时；
当时，，函数最大值为1，不符合题意，
当时，由上面分析可知不符合题意，
综合以上可知.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于的确定，解答时要根据在区间上的值域为，分类讨论，结合三角函数的最值求出参数的值，经验证可确定参数的取值.
22. 已知，其中.
（1）求的单调区间；
（2）若，证明：当时，.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求导后分类讨论即可求得答案；
（2）先求得，再将原式转化为证明，通过二次求导判断函数单调性进而即可得证.
【小问1详解】
由，得，
当时，，在单调递增；
当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减.
综上所述，当时，增区间为，无减区间
当时，增区间为，减区间为
【小问2详解】
因为，，所以，，
要证，即证，
即证，即证，
设，
则，
令，
则对恒成立，
所以在单调递增，所以时，，
所以对恒成立，所以在单调递增，
所以时，，
即成立，故原式得证
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明函数不等式恒成立问题，常见方法如下：
（1）构造函数法：通过构造函数，利用导数研究函数单调性，转化为求函数最值问题；
（2）放缩法：一是利用题目中已知条件进行放缩，二是利用常见的二级结论进行放缩；
（3）同构法：指数和对数同时出现，往往将不等式形式进行变形，通过同构化简不等式进而证明即可.
性别
羽毛球
合计
报名
没报名
女
12
8
20
男
13
17
30
合计
25
25
50
性别
羽毛球
合计
报名
没报名
女
12
8
20
男
13
17
30
合计
25
25
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