广东省汕头市潮阳实验学校2024届高三上学期元月阶段测试数学试题

这是一份广东省汕头市潮阳实验学校2024届高三上学期元月阶段测试数学试题，共23页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，85 kg等内容，欢迎下载使用。
本试卷共5页，22小题，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钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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】B
【解析】
【分析】求指对数函数的值域确定集合，再应用交运算求集合.
【详解】由题设，，，
所以.
故选：B
2. 设的共轭复数是，若，，则等于（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出，由复数的相关计算法则计算即可.
【详解】设，则，
因为，，
所以，解得，.
.
故选：C.
3. 设分别是中所对边的边长，则直线与的位置关系是（ ）
A. 平行B. 重合C. 垂直D. 相交但不垂直
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程确定斜率，利用三角形边角关系及直线垂直的判定判断两直线的位置关系即可.
【详解】由题设，的斜率为，的斜率为，
又，则，即两直线垂直.
故选：C
4. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设得为正三角形，数形结合及投影向量定义即可得答案.
【详解】由得：为中点，的外接圆圆心为，

则，又，所以，为正三角形，
由投影向量的定义，得向量在向量上的投影向量为.
故选：D
5. 已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A. B. 20C. D. 19
【答案】B
【解析】
【分析】设公差为，依题意得到方程组，求出、，即可求出，从而得到，令，利用作差法判断数列的单调性，即可得解.
【详解】设公差为，由，所以，解得，
所以，
所以，
令，
则，
对于函数，对称轴为，开口向上，，，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以当时，则的最小值为.
故选：B.
6. 中央电视台每天晚上的“焦点访谈”是时事､政治性较强的一个节目，其播出时间是在晚上看电视节目人数最多的“黄金时间”，即晚上7点与8点之间的一个时刻开始播出，这一时刻是时针与分针重合的时刻，以高度显示“聚焦”之意，比喻时事､政治的“焦点”，则这个时刻大约是（ ）
A. 7点36分B. 7点38分C. 7点39分D. 7点40分
【答案】B
【解析】
【分析】设7点分时针与分针重合，在7点时，时针､分针所成的夹角为，根据时针每分钟转，分针每分钟转，可得，解方程即可.
【详解】设7点分时针与分针重合.
在7点时，时针与分针所夹的角为，
时针每分钟转，分针每分钟转，
则分针从到达需旋转，时针从到达需旋转，
于是，解得（分），
故选：B
7. 数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.
【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，
将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为
，解得，因为，所以
故选：A
8. 已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（ ）
A. 3B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到的最大值．
【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球
设球心为，球的半径为，下底面半径为，轴截面上球与圆锥母线的切点为，圆锥的轴截面如图：则，因为，
故可得：；
所以为等边三角形，故是的中心，
连接，则平分，
所以；
所以，即，
即四面体的外接球的半径为．
另正四面体可以从正方体中截得，如图：
从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，
而正四面体的四个顶点都在正方体上，
故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，
所以，所以．
即的最大值为．
故选：B．
【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法，本题属于难题．
二、选择题：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. （多选）设某大学的女生体重Y（单位：kg）与身高X（单位：cm）具有线性相关关系.根据一组样本数据，用最小二乘法建立的线性回归方程为，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若该大学某女生身高为170 cm，则可断定其体重必为58.79 kg
B. 回归直线过点
C. 若该大学某女生身高增加1 cm，则其体重约增加0.85 kg
D. 两变量Y与X正相关
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线性回归方程的含义可判断A，B，C；根据回归方程的系数可判断两变量Y与X正相关，判断D.
【详解】用所给的线性回归方程对总体进行估计不能得到肯定的结论，
故该大学某女生身高为170cm，则可说其体重大约为58.79 kg，故A不正确；
由最小二乘法的计算公式可知，回归直线过样本中心点，B正确；
依据线性回归方程中的含义可知，X每变化1个单位，Y相应变化约为0.85个单位，C正确；
回归方程中X的系数为0.85，，因此Y与X正相关，D正确.
故选：BCD
10. （多选）如果由函数的图象变换得到函数的图象，那么下列变换正确的是（ ）
A. 图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍
B. 图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半
C. 向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标不变
D. 将图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度
【答案】CD
【解析】
【分析】根据三角函数图像的变换关系求解即可.
【详解】函数,
函数,
函数图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，
得到的图象，故A不正确；
函数图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半，
得到的图象，故B不正确；
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数图象，再将所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标不变，
得到函数的图象，故C正确；
将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标不变，
得到函数的图象，再将图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，故D正确；
故选:CD.
11. 已知椭圆的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点P为椭圆上的任意一点，则的取值可以为（ ）.
A. 1B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】先根据的面积和短轴长得出a，b，c的值，求得 的范围，再通分化简为关于的函数，利用二次函数求得最值，即得取值范围．
【详解】由已知得，故，

∵的面积为，∴，∴，
又，故，
∴，， ∴，
又而，即，
当时，最大，为；
当或时，最小，为，
即，∴，即，
所以的取值范围为.
故选：ABC.
12. 定义在上的函数的导函数为，且.则对任意，，其中，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】构造函数，求出导数，利用已知可得在上单调递增，根据单调性依次判断每个选项可得.
【详解】由题意可设，则，
∵，，
∴，
∴在上恒成立，所以在上单调递增，
对于A：由于，所以，即，所以，故A不正确；
对于B：由于，当且仅当时取等号，所以，即，所以，故B正确；
对于C：由得：，即：，
同理：.
两式相加得：，故C正确；
对于D：，，
两式相减得：
，
所以，
即，故D正确.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：由形式得到，
1、构造函数：，即.
2、确定单调性：由已知，即可知在上单调递增.
3、结合单调性，转化变形选项中的函数不等式，证明是否成立.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若(a，b为有理数)，则a＋b＝________.
【答案】44
【解析】
【分析】根据二项式定理将展开，根据a，b为有理数对应相等求得的值即得解.
【详解】因为，
所以，
因为，且a，b为有理数，
所以a＝28，
所以.
故答案为：44
14. 在数列中，，则…的值是__________.
【答案】1005
【解析】
【分析】根据，即可倒序相加求解.
【详解】由得，
所以，
所以,相加可得,
故答案为：1005
15. 设是抛物线上任意一点，是直线上任意一点，记，则______.
【答案】
【解析】
【详解】易求得与直线平行，且与抛物线相切的直线的方程为，
切点为，直线与直线l交于点，
由曼哈顿距离的几何意义可得．
16. 若对任意，关于x的不等式恒成立，则实数a的最大值为________．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】不等式化为恒成立，由于都是任意实数，因此不等式右边相当于两个函数相加：和，后者设，由导数求得其最小值，前者由二次函数性质得最小值，两者相加即得最小值，从而得的范围，得出结论．
【详解】原不等式化为恒成立，
由于是任意实数，也是任意实数，∴与是任意实数，它们之间没有任何影响，
，当且仅当时等号成立，
设，则，
时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，
所以的最小值是1，
所以的最小值是，
从而，的最大值是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：不等式恒成立求参数范围问题，一般可采用分离参数法转化为求函数的最值，本题分离参数后，关键是对变量的理解，本题中由于都是任意实数，因此题中与可以看作是两个不同的变量，因此不等式右边转化为两个函数的和，分别求出其最小值后得出结论．
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. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，.
（1）求的值；
（2）若为锐角三角形，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行角化边，得到，再根据正弦定理求解即可；
（2）根据锐角三角形这一条件得到，根据余弦定理得到c=或 ，舍掉一解后，根据三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
在中，由正弦定理：，
因为，
所以，
又因为，
所以解得，
所以.
【小问2详解】
因为△ABC为锐角三角形，
所以，所以，
所以在中，由余弦定理得，，
即
解得c=或 ，
当时，，所以此时A为钝角，舍去.
所以
所以的面积.
18. 数列{an}满足，是常数．
（1）当时，求及的值；
（2）是否存在实数使数列为等差数列？若存在，求出及数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在使是等差数列，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用递推关系即可求出结果；
（2）先假设存在，利用递推关系得出，从而建立关系式，得到，进而得到，，与等差数列定义不符合，从而得出结论..
【小问1详解】
由于，且，
所以当时，得，故，
从而.
【小问2详解】
数列不可能为等差数列，理由如下：
由，
得，，
若存在，使为等差数列，则，
即，解得，
于是，，
这与为等差数列矛盾．所以，不存在使是等差数列．
19. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，.
（1）当点为线段的中点时，求证：直线平面；
（2）当点N在线段上时（包含端点），是否存在点，使得平面和平面的夹角的余弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意证明直线分别与，垂直，再利用直线与平面垂直定理求解；
（2）建立直角坐标系，利用空间向量求出点坐标后，利用点到平面距离公式可求解.
【小问1详解】
证明：因为点为线段的中点，且，所以，
因为，且四边形为正方形，故，
所以，而平面，
故平面.
【小问2详解】
解：设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，则，
又，故，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故.
解之得：（舍），所以存在点，即点与重合.
因为，
设平面的一个法向量为，
则，令，
所以点到平面的距离.
20. 甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为．该局比赛中，甲乙依次轮换发球（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球．
（1）求在前4球中，甲领先概率；
（2）12球过后，双方战平，已知继续对战奇数球后，甲获得胜利（获胜要求至少取得11分并净胜对方2分及以上）．设净胜分（甲，乙的得分之差）为X，求X的分布列．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】(1)分别求出甲与乙的比分是和的概率，即可得答案；
(2) 依题意，甲或获胜，即在接下来的比赛中，甲乙的比分为5：0或5：2，且最后一球均为甲获胜，分别求出5：0和5：2的概率，即可得X的分布列.
【小问1详解】
解：甲与乙的比分是的概率为
比分是的概率为，
故前4球中，甲领先的概率
【小问2详解】
解：依题意，接下来由甲先发球．继续对战奇数球后，甲获得胜利，
则甲或获胜，即在接下来的比赛中，甲乙的比分为5：0或5：2，且最后一球均为甲获胜．
记比分5：0为事件A，
则，
记比分为5：2为事件B，即前6球中，乙获胜两球，期间甲发球4次，乙发球两次，
，
故依题意甲获胜的概率为
X的所有可能取值为3，5，
由条件概率有，
故X的分布列为
21. 已知点与定点距离和它到定直线的距离比是.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线与轨迹交于两点，为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，即可求解；
（2）利用韦达定理结合，可得，再利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出三角形的面积，进而可求解.
【小问1详解】
设点坐标为，
化解可得：.
【小问2详解】
设，联立直线和椭圆方程可得：，
消去可得：，
所以，即，
则，
，
，
把韦达定理代入可得：，
整理得，满足，
又，
而点到直线的距离，
所以，
把代入，则，
可得是定值1.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 设，函数．
（1）求证：存在唯一零点；
（2）在（1）的结论下，若，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导分析函数的单调性可得在上单调递增，再根据零点存在性定理证明即可；
（2）参变分离，代入可得，令，证明，进而构造函数，求导分析可得在上单调递减，构造，进而分析的单调性，得到与在上都单调递减，且，从而证得即可.
【小问1详解】
解法一：
，
令，
在上单调递减；上单调递增，∴，
∴，在上单调递增.
当时，，
令，∴，，
∴在上有唯一的零点．
解法二：
∵，
∴，
∴.
∴当时，在内单调递减，
当时，在内单调递增，
∴，∴在上单调递增，
∵，∴当时，存在唯一零点；
当时，，取，
，
所以，由零点存在性定理可知：，使得．
综上，存在唯一零点．
【小问2详解】
由（1）中可知：，
∴，
∵，∴，
∴，
令，∴，∴.
下证：
设，∴，∴在R上单调递减
又，∴当时，，∴
设
∴
∴在上单调递增
∴，∴在上单调递减
再设
∴
∴
∴在上单调递增
∴，∴在上单调递减
∴，∴，当时取“=”
综上，与在上都单调递减，且，，，∴，即得证．
【点睛】本题主要考查了求导分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了利用零点存在性定理分析函数零点区间的问题.同时也考查了证明零点不等式的问题.需要根据题意构造函数，求导分析函数单调性，进而得出自变量的大小证明不等式，属于难题.X
3
5
P