广东省深圳外国语学校2024届高三上学期第一次月考（入学考试）数学试题（解析版）

这是一份广东省深圳外国语学校2024届高三上学期第一次月考（入学考试）数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了考生必须保持答题卷的整洁， 定义函数迭代， 如图，､是双曲线， 若，对于恒有，则的最大值是， 给出下列说法，其中正确的是等内容，欢迎下载使用。

深圳外国语学校2024届高三第一次月考试题
数学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、座位号等相关信息填写在答题卷指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
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的相应位置上；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.考生必须保持答题卷的整洁
第一部分 选择题（共60分）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 已知全集，集合或，或，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用集合的交并补的定义，结合图即可求解.
【详解】因为或，或，
所以或或或，
或或或.
由题意可知阴影部分对于的集合为，
所以，
或.
故选：D.
2. 若复数所对应的点在第四象限，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求出，再根据复数所对应的点所在象限，即可求解.
【详解】因为复数满足：，即，
故或，
因为复数所对应的点在第四象限，
故复数，所以.
故选:C.
3. 已知，，若与模相等，则=（ ）.
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用坐标求出模长，进而根据已知条件可以得到一个关于的方程，问题即可得到解决.
【详解】因为，所以，
故，而又已知，且，
所以，解得.
故选：C
4. 探照灯反射镜的纵断面是抛物线的一部分， 光源放在焦点F处．已知灯口直径为60cm，光源距灯口的深度为40cm，则光源到反射镜的顶点的距离为

A. 5cm B. 10cm C. 15cm D. 20cm
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求得抛物线的方程，由此求得光源到反射镜的顶点的距离.
【详解】以抛物线的顶点为坐标原点建立平面直角坐标系如下图所示，设，则抛物线上一点的坐标为，代入抛物线方程得，解得，所以光源到反射镜的顶点的距离为.
故选：A

【点睛】本小题主要考查抛物线的标准方程，考查数形结合的数学思想方法，考查数学在实际生活中的应用，属于基础题.
5. 设函数为奇函数且在上为减函数，则关于的值表述正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义结合二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为函数为上的奇函数，且递减，
所以且，
即，
所以，解得，经检验符合题意，
故，
因为函数在上为减函数，
所以，所以.
故选：C.
6. 定义函数迭代：





已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，可得，证明数列为等比数列，结合等比数列通项公式求即可.
【详解】对于，设，
则，且，
所以，
所以是以为首项，公比为3的等比数列.
，
即.
所以，
故选：A.
7. 如图，､是双曲线：的左､右焦点，过的直线与双曲线交于､两点.若是中点且则该双曲线的渐近线方程为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用双曲线的定义得，
再利用勾股定理建立方程组，消去,得到，进而得到的值，由得到双曲线的渐近线方程.
【详解】设，
,
①，
②,
由①可得
代入②式化简得：,
∴,∴,
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线的定义.
8. 若，对于恒有，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式化简可得m的范围，求出b-a最大值即可.
【详解】由，得，即,
由几何意义可知，函数的图像在函数，的图像之间，
如下图所示，，
要使达到最大，仅需要或，此时.

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，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知函数和分别为奇函数和偶函数，且，则（ ）
A.
B. 在定义域上单调递增
C. 的导函数
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可得，结合选项即可逐一求解,
【详解】由得，由于函数和分别为奇函数和偶函数，所以，因此，
对于A, ,故A错误，
对于B，由于函数在单调递增，在单调递减，所以在单调递增，故B正确，
对于C，当且仅当时取等号，
而，所以C错误，
对于D，，当且仅当时取等号，所以D正确，
故选：BD
10. 给出下列说法，其中正确的是（ ）
A. 数据0，1，2，4的极差与中位数之积为6
B. 已知一组数据的方差是5，则数据的方差是20
C. 已知一组数据的方差为0，则此组数据的众数唯一
D. 已知一组不完全相同的数据的平均数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，其平均数为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，求得极差、中位数即可判断；对于B，根据方差的性质即可判断；对于C，根据方差的定义可得，从而可判断；对于D，根据平均数的计算公式即可判断.
【详解】对于A，极差为，中位数为，所以极差与中位数之积为，A对；
对于B，根据方差的性质可知，数据的方差是，B错；
对于C，由方差，
可得，即此组数据众数唯一，C对；
对于D，，
，D对.
故选：ACD
11. 已知函数定义域为，是奇函数，，函数在上递增，则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. 函数在上递减
C. 若，则 D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据是奇函数判断A，再判断即可得到的图象关于直线对称，从而判断B、C，根据对称性得到，即可判断D.
【详解】对于A，因为是奇函数，所以，故A错误；
因为是奇函数，所以的图象关于点对称，即有，
所以，所以的图象关于直线对称，
函数在上单调递增，所以在上单调递减，故B正确；
因为，所以，即，故C正确；
因为，且，由函数的图象关于直线对称，得，解得，故C正确.
故选：BCD.
12. 如图与分别为圆台上下底面直径，，若，，，则（ ）

A. 圆台的母线与底面所成的角的正切值为
B. 圆台的全面积为
C. 圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为
D. 从点经过圆台的表面到点的最短距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】取圆台的轴截面，利用线面角的定义可判断A选项；利用圆台的表面积公式可判断B选项；利用正弦定理求出等腰梯形的外接圆半径，即为圆台的外接球半径，可判断C选项；将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开，结合余弦定理可判断D选项.
【详解】取圆台的轴截面，设、的中点分别为、，连接，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，

由题意可知，与圆台的底面垂直，易知四边形为等腰梯形，
且，，，
在和中，，，，
所以，，所以，，
因为，，，则四边形为矩形，且，
同理可证四边形为矩形，则，且，
所以，与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为，
所以，，则，
所以，，A对；
对于B选项，圆台的全面积为，B对；
对于C选项，易知圆台的外接球球心在梯形内，且，
由勾股定理可得，且，
所以，圆台的外接球直径为，则，B错；
对于C选项，将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示：

延长、交于点，在圆台的轴截面等腰梯形中，且，
易知、分别为、的中点，所以，，
设，则，则，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，从点经过圆台的表面到点的最短距离为，D对.
故选：ABD.
第二部分 非选择题（90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 钥匙掉了，掉在宿舍里､掉在教室里､掉在路上的概率分别是、和，而掉在上述三处被找到的概率分别是、和，则找到钥匙的概率为__________.
【答案】0.51
【解析】
【分析】由全概率公式即可求解.
【详解】记事件为“钥匙掉在宿舍里”，为“钥匙掉在教室里”，为“钥匙掉在宿舍里”，
事件为“找到钥匙”，由全概率公式得
故答案为：0.51
14. 已知圆柱体的底面半径为，高为，一只蜗牛从圆柱体底部开始爬行，绕圆柱体4圈到达顶部，则蜗牛爬行的最短路径长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，沿将侧面展开后，得到矩形的高等于圆柱的高，矩形的宽等于圆柱的底面圆的周长的4倍，结合勾股定理，即可求解.
【详解】根据题意，从圆柱底部点绕圆柱体的侧面旋转4圈到达顶部的点，
沿将侧面展开后，最短路程，如图所示，
其中矩形的高等于圆柱的高，矩形的宽等于圆柱的底面圆的周长的4倍，
即，
所以蜗牛爬行的最短路径为.
故答案为：.

15. 测量地震级别的里氏是地震强度（即地震释放的能量）的常用对数值．显然级别越高，地震的强度也越高，如日本1923年地震是级，旧金山1906年地震是级，问日本1923年地震强度是级的_________倍．
【答案】4
【解析】
【分析】设地震强度为x，则地震级别为，由此可结合对数的运算求得答案.
【详解】设地震强度为x，则地震级别为，
由题意可令，
则，
由于，故，
即日本1923年地震强度是级的4倍，
故答案为：4
16. 已知椭圆的中心为，上存在两点，，满足是以半焦距为边长的正三角形，则的离心率为______.
【答案】或
【解析】
【分析】分类讨论，分平行于x轴，平行于y轴两种情况，根据是以半焦距为边长的正三角形，得A的坐标，（不妨设点A在第一象限)，代入椭圆方程并借助，得到关于的齐次方程，由可转化为关于e的方程，解方程即可得答案.
【详解】不妨设椭圆方程为，
因为是以半焦距为边长的正三角形，根据椭圆的对称性，可知平行于x轴或平行于y轴；
当平行于x轴时，关于y轴对称，不妨设点A在第一象限，

所以，，所以，所以，
即，所以，
即，解得或（因为，故舍去），
所以；
当平行于y轴时，关于x轴对称，所以，，

不妨设点A在第一象限，所以，
所以，即，
即，
所以，而，解得或 (舍去），
故，
所以椭圆的离心率为或，
故答案为：或
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中17题10分，其余各题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用递推式得出是以1为首项，3为公比的等比数列，求出，进而求解即可.
（2）利用错位相减法求解数列前项和即可.
【小问1详解】
由，得，
又，是以1为首项，3为公比的等比数列，
，，
即数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，①
得，②
①－②得
，
故．
18. 如图，多面体中，四边形为矩形，二面角的大小为，，，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）分析可知二面角的平面角为，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的正弦值，即为所求.
【小问1详解】
证明：因为四边形是矩形，所以，，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
因为，、平面，则平面平面，
因为平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：因为，，所以，二面角的平面角为，
由题意可得，
又因为，、平面，所以，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，所以，
又因为，、平面，所以平面，
连接，所以直线与平面所成角为，
因为，，，则，
因为，则，
所以.
直线与平面所成角的正弦值为

19. 抛物线的焦点到准线的距离为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过焦点的直线（斜率存在且不为0）交抛物线于两点，线段的中垂线交抛物线的对称轴于点，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义即可得解；
（2）不妨取抛物线的方程为，设直线的方程为，、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出，再求出中垂线方程，即可求出点坐标，即可求出，从而得解.
【小问1详解】
因为抛物线的焦点到准线的距离为，所以，
根据建系方案的不同，抛物线的标准方程有四种可能，
分别是，，，.
【小问2详解】
在平面直角坐标系中，抛物线的位置并不影响的取值，因此不妨取抛物线的方程为，此时焦点，
根据题意，直线的斜率存在且不为，因此设直线的方程为，
与抛物线联立，得关于一元二次方程，
则，设、，
则，，，
，
则，
线段的中点坐标为，中垂线方程为，
令，解得，即中垂线与轴交于，
所以，则.

20. 如图，某景区绿化规划中，有一块等腰直角三角形空地，，，为上一点，满足.现欲在边界，（不包括端点）上分别选取，两点，并在四边形区域内种植花卉，且，设.

（1）证明：；
（2）为何值时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半？
【答案】（1）证明过程见解析
（2）时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半
【解析】
【分析】（1）先得到，，再利用正弦定理得到答案.
（2）计算出整个空地面积，设m，则m，利用正弦定理及面积关系得到，化弦为切，求出正切值.
【小问1详解】
由题意得，，，
因，，四边形内角和等于，
所以，
又，
所以，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
所以，证毕；
【小问2详解】
由题意得m，故，
因为，，所以，
因为，所以，
设m，则m，
在中，由正弦定理得，即，
解得①，
由三角形面积公式得，
，
故，
所以②，
由①②得，
化简得，
分子分母同除以得，解得
21. 高尔顿板又称豆机、梅花机等，是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型．如图所示的高尔顿板为一块木板自上而下钉着6层圆柱形小木块，最顶层有2个小木块，以下各层小木块的个数依次递增，各层小木块互相平行但相互错开，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块透明玻璃．让小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或者向右滚下，最后落入高尔顿板下方从左至右编号为1，2，…，6的球槽内．


（1）某商店将该高尔顿板改良成游戏机，针对某商品推出促销活动．凡是入店购买该商品一件，就可以获得一次游戏机会．若小球落入号球槽，该商品可立减元，其中．若该商品的成本价是10元，从期望的角度考虑，为保证该商品总体能盈利，求该商品的最低定价．（结果取整数）
（2）将79个小球依次从高尔顿板上方的通道口落下，试问3号球槽中落入多少个小球的概率最大？
附：设随机变量，则的分布列为，．
．
【答案】（1）15元 （2）3号球槽中落入24或25个小球的概率最大．
【解析】
【分析】（1）确定的可能取值，利用独立事件乘方公式求对应概率，根据确定的可能取值，进而求对应概率，然后求的期望，即可得最低定价．
（2）由题意知小球落入3号球槽的个数，利用不等式法求最大概率对应值即可.
【小问1详解】
的取值可能为1，2，3，4，5，6．
，，
．
因为，所以的取值可能为0，5，10，15．
，，
，．
的分布列为

0
5
10
15





，
则顾客玩一次游戏，立减金额的均值约为4.7元，又该商品成本价是10元，
所以该商品的最低定价约为15元．
【小问2详解】
由（1）得．
进行79次试验，设小球落入3号球槽的个数为，则．
．
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
所以当时，，此时这两项概率均为最大值．
故3号球槽中落入24或25个小球概率最大．
22. 设函数.
（1）若函数有两个不同的极值点，求实数的取值范围；
（2）若，，，当时，不等式恒成立，试求正整数最大值.
【答案】（1）；
（2）2.
【解析】
【分析】（1）求导，令，转化为，再令，转化为与函数的图象有两个不同的交点求解；
（2）将时，不等式恒成立，转化为时，恒成立求解．
【小问1详解】
由题意可知，的定义域为，.
令，可得，
令，，令得，
当时，，当时，，
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，，当时，，
根据以上信息，作出的大致图象，

则由题意可知与函数的图象有两个不同的交点，
所以，∴.
【小问2详解】
当时，，
由得，
因为，所以.
设，则，
令，则，
所以在上单调递增，
又，，
所以在上有唯一的零点，即，
当时，，即，
当时，，即，
所以，
所以，又，所以，
又，所以的最大值为2.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.