2024届广东省广州市天河区高三上学期普通高中毕业班综合测试（一）数学试题含解析

这是一份2024届广东省广州市天河区高三上学期普通高中毕业班综合测试（一）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．（1，3）
C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合B，然后再求两集合的并集即可.
【详解】由，得，解得或，
所以或，
因为，
所以，
故选：C
2．已知复数满足，则（ ）
A．1B．C．D．5
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，根据复数模的计算即可得答案.
【详解】由得，
故，
故选：B
3．已知=(2,3)，=(3，t)，=1，则=
A．-3B．-2
C．2D．3
【答案】C
【分析】根据向量三角形法则求出t，再求出向量的数量积.
【详解】由，，得，则，．故选C．
【点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大．
4．已知椭圆的方程为，则椭圆（ ）
A．长轴长为16B．短轴长为
C．焦距为2D．焦点为
【答案】B
【分析】先根据方程化简得到椭圆方程，结合选项进行判断.
【详解】因为，
所以椭圆是以为焦点的椭圆，
设椭圆：，由题意，即；
由可知其方程为；
由方程可得长轴长为8，焦距为4，短轴长为.
故选：B.
5．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．-2D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义解决即可.
【详解】由题意知在曲线上，所以.
又，所以曲线在点处的切线的斜率为.
又因为曲线在点处切线的倾斜角为，所以切线的斜率为1.
故而.由解得，所以.
故选：B
6．已知动点在直线上，过点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由题意求出切线长的表达式，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由题可知圆的圆心为，半径为，
设，则，有，
得，
当时，.
故选：C.
7．已知数列满足，记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求出，即可求出，即可判断AB；根据题意可得，进而可判断CD.
【详解】因为数列满足，，
所以，
所以，故AB错误；
又，
所以，即，
所以，故C正确；
因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故D错误.
故选：C.
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由商数关系及两角差的正切公式将已知化为，得出，再根据二倍角的余弦公式即可得解.
【详解】由，
所以，即，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：由商数关系及两角差的正切公式将已知化为，是解决本题的关键.
二、多选题
9．已知实数，则“”的充要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数及正弦函数的单调性结合充分条件和必要条件的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，因为函数是上的增函数，
所以，所以是“”的充要条件，故A正确；
对于B，由，得，
当时，无意义，
所以是“”的充分不必要条件，故B错误；
对于C，因为函数是上的增函数，
所以，所以是“”的充要条件，故C正确；
对于D，当时，，
所以不是“”的充要条件，故D错误.
故选：AC.
10．下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
B．以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和4
C．若某校高三（1）班8位同学身高（单位）分别为：，则这组数据的上四分位数（即第75百分位数）为174
D．根据变量与的样本数据计算得到，根据的独立性检验，可判断与有关，且犯错误的概率不超过0.05
【答案】AB
【分析】根据可判断A；对两边同时取对数可得可判断B；从小到大排列这组数据，由第75百分位数计算可判断C；可判断D.
【详解】对于A，根据可得数据的方差为，故A正确；
对于B，对两边同时取对数可得，因为，所以
，所以的值分别是和4，故B正确；
对于C，从小到大可得这组数据为，，则这组数据的上四分位数（即第75百分位数）为，故C错误；
对于D，因为，在犯错误的概率不超过0.05的情况下，可判断与无关，故D错误.
故选：AB.
11．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对于A，在表达式中令结合已知即可验证；对于B，在表达式中令结合A选项分析即可验证；对于C，在表达式中令结合已知即可验证；对于D，结合B、C选项的分析即可验证.
【详解】对于A，在中令，可得，
又，所以，故A选项正确；
对于B，在中令，可得，
又由A选项分析可知，所以，
所以，由实数具有任意性，所以，故B选项正确；
对于C，在中令，结合，
故可得，所以，
由于实数具有任意性，所以，故C选项正确；
对于D，由C选项分析可知，而由B选项分析可知，
所以，故D选项错误.
故选：ABC.
12．如图，在棱长为1的正方体中，下列命题正确的是（ ）
A．平面平面，且两平面的距离为
B．当点在线段上运动时，四面体的体积恒等于四面体的体积
C．与正方体所有棱都相切的球的体积为
D．若是正方体的内切球的球面上任意一点，是外接圆的圆周上任意一点，则的最小值是
【答案】BCD
【分析】根据面面平行的判定以及空间点面以及面面距离的求解判断A；根据三棱锥的体积计算判断B；确定球的半径即可求得球的体积，判断C；将的最小值转化为正方体的外接球和内切球半径之差，判断D.
【详解】对于A，正方体中，，
即四边形为平行四边形，故，
平面，平面，故平面，
同理可证平面，而平面，
故平面平面；
设B到平面的距离为d，，则,
即，则；
同理求得到到平面的距离为；
连接，则，由于平面平面，
故，平面，
故平面，平面，故，
同理可证，而平面，
故平面，而平面平面，则平面，
又，
故平面和平面之间的距离为，A错误；
对于B，当点在线段上运动时，四面体的体积为；
而四面体的体积，
即当点在线段上运动时，四面体的体积恒等于四面体的体积，B正确；
对于C，与正方体所有棱都相切的球的直径为正方体面对角线长,
故该球体积为，C正确；
对于D，正方体的内切球球心和正方体外接球球心是同一个点，即为正方体的中心，
外接球直径为，内切球直径为1；
而外接圆为正方体外接球的一个小圆，
故由是正方体的内切球的球面上任意一点，是外接圆的圆周上任意一点，
得的最小值为正方体的外接球半径减去正方体球内切球半径，即，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要发挥空间想象能力，明确空间的点线面的位置关系，特别是选项D的求解，求解两个动点之间的距离的最小值，要能想象出两动点分别在正方体的内切球和外接球上运动，从而可求得距离的最小值.
三、填空题
13．某校拟从2名教师和4名学生共6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，组成代表队，参加市党史知识竞赛，则要求代表队中既有教师又有学生的选法共有 种．
【答案】16
【分析】既有教师又有学生的选法分为有1名教师和2名学生和有2名教师和1名学生，根据分类加法计数原理即可求得答案.
【详解】由题意得从6名党史知识学习优秀者中随机选取3名，
其中有1名教师和2名学生的选法有种，
有2名教师和1名学生的选法有种，
故代表队中既有教师又有学生的选法共有（种），
故答案为：16
14．已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆．则圆锥的高为 ．
【答案】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，再根据圆锥的表面积公式求出，再利用勾股定理即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由于圆锥侧面展开图是一个半圆，
故有，
即圆锥母线长为，
又圆锥的表面积为，
解得，所以，
所以圆锥的高为.
故答案为：.
15．设函数在区间恰有两个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】由，得，
因为函数在区间恰有两个零点，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
16．双曲线的左，右焦点分别为，，右支上有一点M，满足，的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为 ．
【答案】/
【分析】由圆的切线性质及双曲线定义，可得关系式，
，从而解出、，利用勾股定理可解.
【详解】内切圆Q分别与，，，轴切于点S，T，N，P
则四边形、都为正方形，
设内切圆半径为，由圆的切线性质，
则，则 ，①
又因为，②
且双曲线定义得，，③
由①、②、③得，
所以，
从而，
由勾股定理，，所以，解得．
故答案为：
四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前项和，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用基本量计算即可；
（2）利用裂项相消法求和得到即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以；
（2），
所以，
因为，所以，
所以.
18．如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点．
(1)若的中点是M，求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PC的中点F，连接EM，DF，FM，再根据已知得四边形DEMF是平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）由平面，，建立空间直角坐标系，求得平面PCE的一个法向量，平面PAB的一个法向量为 ，由 求解可得答案.
【详解】（1）如图所示：
取PC的中点F，连接EM，DF，FM，
因为四边形为矩形，E是的中点，
所以，，
所以，
所以四边形DEMF是平行四边形，
所以，又平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）由平面，，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以 ，
设平面PCE的一个法向量为 ，
则，即 ，
令 ，得，
易知平面PAB的一个法向量为 ，
则 ，
设平面与平面所成二面角为，
所以.
19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，.
（1）求A；
（2）若，且边上的高为，求的面积.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）先用余弦定理化余弦为边，再用正弦定理化边为角从而求得；
（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面积用两种方法表示求得，从而可计算出面积．
【详解】（1）由得，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，是三角形内角，，
所以，又A为锐角，所以．
（2）由（1），，
所以，即，，
，
．
【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式．利用正弦定理和余弦定理进行边角互化是解题关键．三角形的面积采取了二次计算，通过不同的计算方法得出等式，从而求解．这是一种解题技巧．
20．已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数有最小值，证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）求出函数的导数，分类讨论；时取最小值；当时，根据导数的正负判断函数单调性，求出函数有最小值，结合要证明的不等式，再构造函数，利用导数求得其最大值为1，即可证明结论.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
则，
由于，故令，解得，
令，解得，
故在上单调递减，在单调递增；
（2）由于，故，
当时，，在上单调递增，无最小值；
当时，令，解得，即在上单调递减，
令，解得，即在上单调递增，
故在是取极小值也是最小值，
即，
令，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，即，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：本题第二问是利用导数证明不等式问题，解答时利用导数判断函数的单调性，从而可求出函数的最小值的表达式，结合要证明的不等式，构造函数，将问题转化为求解函数的最大值为1，即可解决问题.
21．某商场拟在周末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：该游戏进行10轮，若在10轮游戏中，参与者获胜5次就送2000元礼券，并且游戏结束：否则继续游戏，直至10轮结束．已知该游戏第一次获胜的概率是，若上一次获胜则下一次获胜的概率也是，若上一次失败则下一次成功的概率是．记消费者甲第次获胜的概率为，数列的前项和，且的实际意义为前次游戏中平均获胜的次数．
(1)求消费者甲第2次获胜的概率；
(2)证明：为等比数列；并估计要获得礼券，平均至少要玩几轮游戏才可能获奖．
【答案】(1)
(2)详见解析
【分析】（1）应用全概率公式计算可得出；
（2）计算得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；再结合分组求和计算判断最少轮数即可.
【详解】（1）
（2）
,
,
,
为等比数列, 且公比为；.
,
因为单调递增，
当n为奇数时， ，所以得获奖至少要玩9轮.
当n为偶数时，，得奖至少要玩10轮，
所以平均至少要玩9轮才可能获奖.
22．已知x轴被动圆C截得的弦长为6，动圆C过定点．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)点M是曲线E上的动点，其纵坐标大于2，过点M作圆的两条切线分别与x轴交于点P，Q，求面积最小时点M的纵坐标．
【答案】(1)
(2)点M的纵坐标为．
【分析】（1）设动圆的圆心C的坐标为，圆C半径为r，用两种方式表示r即可得E轨迹方程；
（2）设，两条切线方程斜率为.由切线到圆距离等于半径结合韦达定理可得，表达式，结合，可得表达式，后利用导数知识可得答案.
【详解】（1）设动圆的圆心C的坐标为，半径为r，
由动圆C过定点A（0，3），得①，
由x轴被动圆C截得的弦长为6，得②，
联立①②，消去r即可得，化简得，
故曲线E的方程为．
（2）由题设，则，．
易知直线MP，MQ的斜率均存在且不为0，
设，令，可得，
设，令，可得
由于直线MP与圆相切，所以，
化简可得，
同理可得，
故，是关于k的方程的两个根，，
所以，．
故，
因为，所以．
设，，则，
所以当时，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，取最小值．
所以当最小时，点M的纵坐标为．
【点睛】关键点睛：本题（2）为切线问题，本题利用切线到圆心距离为半径，得到，是关于k的同一个二次方程的两个不同根，从而得到，关系，继而得到三角形面积表达式，后由于表达式过于复杂，故采用导数知识解决最值问题.