广东佛山市桂城中学2023-2024学年高三1月调研考试数学试题

这是一份广东佛山市桂城中学2023-2024学年高三1月调研考试数学试题，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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，只有一项符合题目要求．
1．设集合A={x|x2－4<0}，B={－2，－1，0，1，2}，则A∩B=（ ）
A．{－2，2} B．{－1，0} C．{－1，0，1} D．{0，1}
2．若复数，则（ ）
A．2i B．－2i C．4i D．－4i
3．椭圆的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．设，是两个单位向量，若在上的投影向量为，则cs〈，〉=（ ）
A． B． C． D．
5．若函数f（x）=lg3（4＋m·3x－m2）在[1，＋∞）上单调递增，则实数m的取值范围为（ ）
A．（－4，1） B．（0，1） C．（－1，4） D．（0，4）
6．记数列{an}的前n项和为Sn，则“S3=3a2”是“{an}为等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7过圆x2＋y2=4上一点P作圆O：x2＋y2=m2（m>0）的两条切线，切点分别为A，B，若，则实数m=（ ）
A． B． C．1 D．2
8．已知tanα＋tanβ=3，sin（α＋β）=2sinαsinβ，则tan（α＋β）=（ ）
A．4 B．6 C． D．－6
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．有一组从小到大排列的样本数据x1，x2，…，xn－1，xn（n≥4），若将第1个数据减1，最后一个数据加2，其余数据不变，得到新的一组数据x1－1，x2，…，xn－1，xn＋2，则下列统计量中，相比原来的数据变大的是（ ）
A．极差 B．中位数 C．平均数 D．方差
10．某大型商场开业期间为吸引顾客，推出“单次消费满100元可参加抽奖”的活动，奖品为本商场现金购物卡，可用于以后在该商场消费，抽奖结果共分5个等级，等级x与购物卡的面值y（元）的关系式为y=eax＋b＋k，若3等奖比4等奖的面值多100元，比5等奖的面值多120元，且4等奖的面值是5等奖的面值的3倍，则（ ）
A．a=－ln5
B．k=15
C．1等奖的面值为3130元
D．3等奖的面值为130元
11．已知函数y=f（x）在R上可导且f（0）=1，其导函数f′（x）满足（x＋1）[f′（x）－f（x）]>0，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数g（x）在（－∞，－1）上为增函数
B．－1是函数g（x）的极小值点
C．函数g（x）必有2个零点
D．e2f（e）>eef（2）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学5个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法种数为________．
13．函数的非负零点按照从小到大的顺序分别记为x1，x2，…，xn，…，若，则xn的值可以是________．（写出符合条件的一个值即可）
14．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为，B是山坡SA上一点，且AB=2km．现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为________km．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，在①；②；③sin2B＋sin2C－sinBsinC=sin2A这三个条件中任选一个作为题目的补充条件，并解答下面问题：
（1）求角A的大小；
（2）若，求△ABC的面积．
16.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，，AB=1，E，F分别为A1C，BB1的中点，且EF⊥平面AA1C1C.
（1）求棱BC的长度；
（2）若BB1⊥A1B1，且，求二面角B1－A1F－C的正弦值．
17．已知函数.
（1）求函数g（x）=f（x）－x的零点；
（2）证明：对于任意的正实数k，存在x0>0，当x∈（x0，＋∞）时，恒有．
18．已知动圆P经过点，并且与圆B：相切，记圆心P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若动圆Q的圆心在曲线C上，定直线l：x=t与圆Q相切，切点记为M，是否存在常数m使得|QB|=m|QM|？若存在，求m及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
19．已知函数.
（1）若a=1，求f（x）的极值；
（2）若f（x）有三个极值点x1，x2，x3，x12024年度广东佛山市桂城中学高三1月调研
数学试卷
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，只有一项符合题目要求．
1．答案 C
解析 ∵A={x|x2－4<0}={x|－22．答案 D
解析 ∵．故选D．
3．答案 B
解析 因为椭圆的长轴长为6，所以椭圆的焦点在y轴上，且m=32=9，所以该椭圆的离心率为.故选B.
4．答案 A
解析 因为在上的投影向量为，所以，又，所以，所以．故选A.
5．答案 D
解析 因为函数f（x）=lg3（4＋m·3x－m2）在[1，＋∞）上单调递增，所以y=4＋m·3x－m2在[1，＋∞）上单调递增，且y=4＋m·3x－m2>0在[1，＋∞）上恒成立，所以解得06．答案 B
解析 若{an}为等差数列，则S3=a1＋a2＋a3=3a2；取a1=1，a2=2，a3=3，a4=5，显然有S3=3a2，而a4－a3=2≠a3－a2，即数列{an}不是等差数列．所以“S3=3a2”是“{an}为等差数列”的必要不充分条件．故选B.
7．答案 C
解析 取圆x2＋y2=4上任意一点P，过P作圆O：x2＋y2=m2（m>0）的两条切线PA，PB，当时，，又OA⊥AP，|OP|=2，则，所以实数m=|OA|=1.故选C.
8．答案 D
解析 由sin（α＋β）=2sinαsinβ，得sinαcsβ＋csαsinβ=2sinαsinβ，则，所以，则，所以，所以．故选D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．答案 ACD
解析 极差比原数据大3，故A正确；中位数不变，故B错误；设原数据的平均数为，新数据的平均数为，则，
，所以平均数变大，故C正确；因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对于各自的平均值波动变大，由方差的意义易知方差也变大了，故D正确．故选ACD．
10．答案 ACD
解析 由题意可知，4等奖比5等奖的面值多20元，因为100÷20=5，所以，则a=－ln5，A正确；由（e3a＋b＋k）－（e4a＋b＋k）=e3a＋b（1－ea）=100，可知e3a＋b=125，因为4等奖的面值是5等奖的面值的3倍，所以e4a＋b＋k=3（e5a＋b＋k），解得k=5，B错误；则3等奖的面值为e3a＋b＋k=125＋5=130元，D正确；由ea＋b＋k=e3a＋b·e－2a＋k=125×25＋5=3130，故1等奖的面值为3130元，C正确．故选ACD．
11．答案 BD
解析 ，当x>－1时，f′（x）－f（x）>0，故g（x）在（－1，＋∞）上为增函数；当x<－1时，f′（x）－f（x）<0，故g（x）在（－∞，－1）上为减函数，故－1是函数g（x）的极小值点，A错误，B正确．若g（－1）=0，则y=g（x）有1个零点，若g（－1）>0，则y=g（x）没有零点，C错误．g（x）在（－1，＋∞）上为增函数，则g（2）eef（2），D正确．故选BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案 96
解析 由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的2名选择数学竞赛课程，则有Ceq \\al(2,4)=6种情况，剩下2名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有4×4=16种情况，所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法种数为6×16=96．
13．答案 （答案不唯一）
解析 由题意得，∴T=π，∵ω>0，∴，∴，令，k∈Z，即，k∈Z，∴（n=1，2，3，…），对n取特殊值即可，取n=1，得；取n=2，得；…．（答案不唯一）
14．答案 3.6
解析 由题意得母线，底面圆周长为2πr=4π，所以展开图的圆心角，如图，，由点S向AB引垂线，点H为垂足，此时SH为点S和线段AB上的点的连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2=BH·AB，即36=10·BH，得BH=3．6km，即下坡路段长为3．6km．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．解 （1）选①：，
由正弦定理得，
因为C∈（0，π），所以sinC≠0，
所以，即，
又A∈（0，π），所以.
选②：，
因为cs（B＋C）=cs（π－A）=－csA，
所以，即，
又A∈（0，π），所以.
选③：sin2B＋sin2C－sinBsinC=sin2A，
由正弦定理得b2＋c2－bc=a2，
由余弦定理得，
又A∈（0，π），
所以.
（2）由（1）可知，，
又，
由余弦定理得
，
解得bc=3，
由三角形面积公式可得
．
16.解 （1）取AC的中点D，连接ED，BD，
∵D，E分别为AC，A1C的中点，
∴DE∥AA1，，
又ABC－A1B1C1为三棱柱，且F为BB1的中点，
∴BF∥AA1，，
∴DE綊BF，
∴四边形DEFB为平行四边形，∴EF∥DB，
又EF⊥平面AA1C1C，∴DB⊥平面AA1C1C，
又AC⊂平面AA1C1C，∴DB⊥AC，
又D为AC的中点，∴△ABC为等腰三角形，
∴BC=AB=1.
（2）由（1）可知，BC=AB=1，且，
∴AB2＋BC2=AC2，
∴AB⊥BC，
∴，且A1B1⊥B1C1，
∵EF⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，
∴EF⊥A1C，
∴，
解得A1C=2，
由（1）知DB⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，
∴DB⊥AA1，
又AA1∥BB1，∴DB⊥BB1，
又BB1⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BB1⊥AB，
又AB∩DB=B，AB，DB⊂平面ABC，
∴BB1⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，
∴BB1⊥AC，
又AA1∥BB1，∴AA1⊥AC，
∴△AA1C为直角三角形，
∴.
以B1为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系B1xyz，如图所示，
则，
可得．
设平面A1FC的法向量为，
则
令y=1，则，
∴．
平面B1A1F的一个法向量为，
设二面角B1－A1F－C的平面角为θ，θ∈（0，π），
可得，
∴，
故二面角B1－A1F－C的正弦值为．
17．解 （1），定义域为（0，＋∞），
，
所以函数g（x）是（0，＋∞）上的减函数，
而g（1）=0，所以函数g（x）的零点是1.
（2）证明：由（1）可知，当x>1时，g（x）<0，
即，
因此有，
进而有，
当k>0时，等价于，
等价于，
设三个数中最大的数为x0，所以当x∈（x0，＋∞）时，恒有．
18．解 （1）圆B的圆心为，半径为4，设动圆P的半径为R，
因为，
所以点在圆B内，如图，
则|PA|=R，|PB|=4－R，
所以，
即圆心P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，
即，故，
则，
所以曲线C的方程为.
（2）存在常数m使得|QB|=m|QM|.
理由如下：
设Q（x0，y0），则，
所以
，
|QM|=|x0－t|，
假设存在常数m使得|QB|=m|QM|，
则对于任意的x0∈[－2，2]恒成立，
即对于任意的x0∈[－2，2]恒成立，
所以．
即存在常数使得|QB|=m|QM|，此时直线l的方程为.
19．解 （1）当a=1时，，
所以
.
记q（x）=ex－1－x，则q′（x）=ex－1－1，当01时，q′（x）>0，q（x）单调递增，所以q（x）≥q（1）=0，当且仅当x=1时取等号，
即ex－1－x≥0，
所以x，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
所以f（x）的极小值为f（1）=0，无极大值．
（2）
，
①当a≤1时，
由（1）可知，ex－1－x≥0，当且仅当x=1取等号，所以当x>0时，ex－1－ax≥ex－1－x≥0，
所以当01时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，
所以f（x）只有一个极值点，舍去．
②当a>1时，
记r（x）=ex－1－ax，r′（x）=ex－1－a，
所以当0lna＋1时，r′（x）>0，r（x）单调递增，
r（x）min=r（lna＋1）=－alna<0，，r（1）=1－a<0，
由零点存在定理知存在唯一x1∈（0，1），使得r（x1）=0，即ex1－1=ax1.
由（1）可知，ex－1≥x，所以当x>2时，有，所以.
取m=max{2，ae}，则，
由零点存在定理知存在唯一x3∈（lna＋1，m），
使得r（x3）=0，ex3－1=ax3.
由以上推理知0x3时，r（x）>0；当x1所以x，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
所以f（x）有三个极值点x1，1，x3（其中x2=1），
此时两式相除，得， ①
设， ②
由①②可得，
所以．
记，
则
设
则，
所以r2（t）>r2（1）=0，从而g′（t）<0，
所以g（t）在（1，＋∞）上单调递减，
又，即g（t）≤g（2），所以t≥2，
此时．记，
则，
由（1）可知，ex－1≥x，
所以当t>0时有，
所以，
所以r3′（t）≤0，r3（t）在[2，＋∞）上单调递减，
所以x1=r3（t）≤r3（2）=ln2，故0此时．记，则，r4（x）在（0，ln2]上单调递减，所以，
故实数a的最小值为．x
（0，1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
f（x）
单调递减
极小值
单调递增
x
（0，x1）
x1
（x1，1）
1
（1，x3）
x3
（x3，＋∞）
f′（x）
－
0
＋
0
－
0
＋
f（x）
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增