廣州市2024屆高三上學期12月調研測試數(shù)學試卷及答案

機密★啟用前2024屆廣州市高三年級調研測試數(shù)學命題單位：廣州市教育科學研究院考試時間：2023.12.18★祝考試順利★注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的簽字筆在答題卡指定位置填寫自己的學校?姓名和考生號，并將條形碼正向準確粘貼在答題卡的貼條形碼區(qū)，請保持條形碼整潔?不污損.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應的位置上.3.非選擇題必須用0.5毫米黑色字跡的簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，將答題卡交回.一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求.1.已知復數(shù)z滿足，，則（）A.1B.2C.D.2.已知集合，，則（）A.B.C.D.3.已知向量，，若與共線，則向量在向量上的投影向量為（）A.B.C.D.4.已知函數(shù)是奇函數(shù)，則（）A.B.C.D.5.如圖的形狀出現(xiàn)在南宋數(shù)學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中，后人稱為“三角垛”.“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，…….記各層球數(shù)構成數(shù)列，且為等差數(shù)列，則數(shù)列的前100項和為（）A.B.C.D.6.直線與圓交于A，B兩點，則的取值范圍為（）A.B.C.D.7.已知，，，則的值為（）A.B.C.D.28.若函數(shù)在區(qū)間上存在極小值點，則a的取值范圍為（）A.B.C.D.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.某市實行居民階梯電價收費政策后有效促進了節(jié)能減排.現(xiàn)從某小區(qū)隨機調查了200戶家庭十月份的用電量（單位：），將數(shù)據(jù)進行適當分組后（每組為左閉右開的區(qū)間），畫出如圖所示的頻率分布直方圖，則（）A.圖中a的值為0.015B.樣本的第25百分位數(shù)約為217C.樣本平均數(shù)約為198.4D.在被調查的用戶中，用電量落在內(nèi)的戶數(shù)為10810.已知雙曲線的左?右焦點別為，，過點的直線l與雙曲線E的右支相交于P，Q兩點，則（）A.若E的兩條漸近線相互垂直，則B.若E的離心率為，則E的實軸長為1C.若，則D.當a變化時，周長的最小值為11.已知點是函數(shù)的圖象的一個對稱中心，則（）A.是奇函數(shù)B.，C.若在區(qū)間上有且僅有2條對稱軸，則D.若在區(qū)間上單調遞減，則或12.如圖，在棱長為2的正方體中，已知M，N，P分別是棱，，的中點，Q為平面PMN上的動點，且直線與直線的夾角為30°，則（）A.平面PMNB.平面PMN截正方體所得的截面面積為C.點Q的軌跡長度為D.能放入由平面PMN分割該正方體所成的兩個空間幾何體內(nèi)部（厚度忽略不計）的球的半徑的最大值為三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知拋物線的焦點為F，點M在C上，軸，若（O為坐標原點）的面積為2，則______.14.的展開式中的系數(shù)為______（用數(shù)字作答）.15.已知三棱錐的四個頂點均在同一球面上，平面ABC，，，且PA與平面ABC所成角的正弦值為，則該球的表面積為______.16.已知函數(shù)恰有兩個零點，則______.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.（10分）設數(shù)列的前n項和為，且.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若數(shù)列滿足求數(shù)列的前2n項和.18.（12分）如圖，在四棱錐中，，，，三棱錐的體積為.（1）求點P到平面ABCD的距離；（2）若，平面平面ABCD，點N在線段AP上，，求平面NCD與平面ABCD夾角的余弦值.19.（12分）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知且.（1）求證：；（2）求的取值范圍.20.（12分）已知函數(shù).（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，，求a的取值范圍.21.（12分）杭州亞運會的三個吉祥物是琮琮?宸宸和蓮蓮，他們分別代表了世界遺產(chǎn)良渚古城遺址?京杭大運河和西湖，分別展現(xiàn)了不屈不撓?堅強剛毅的拼搏精神，海納百川的時代精神和精致和諧的人文精神.甲同學可采用如下兩種方式購買吉祥物，方式一：以盲盒方式購買，每個盲盒19元，盲盒外觀完全相同，內(nèi)部隨機放有琮琮?宸宸和蓮蓮三款中的一個，只有打開才會知道買到吉祥物的款式，買到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接購買吉祥物，每個30元.（1）甲若以方式一購買吉祥物，每次購買一個盲盒并打開.當甲買到的吉祥物首次出現(xiàn)相同款式時，用X表示甲購買的次數(shù)，求X的分布列；（2）為了集齊三款吉祥物，甲計劃先一次性購買盲盒，且數(shù)量不超過3個，若未集齊再直接購買吉祥物，以所需費用的期望值為決策依據(jù)，甲應一次性購買多少個盲盒？22.（12分）在平面直角坐標系中，點，點是平面內(nèi)的動點.若以PF為直徑的圓與圓內(nèi)切，記點P的軌跡為曲線E.（1）求E的方程；（2）設點，，，直線AM，AN分別與曲線E交于點S，T（S，T異于A），，垂足為H，求的最小值.2024屆廣州市高三年級調研測試數(shù)學試題參考答案及評分標準評分說明：1.本解答給出了一種或幾種解法供參考，如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評分參考制訂相應的評分細則.2.對計算題，當考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，如果后繼部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定后繼部分的給分，但不得超過該部分正確解答應得分數(shù)的一半；如果后繼部分的解答有較嚴重的錯誤，就不再給分.3.解答右端所注分數(shù)，表示考生正確做到這一步應得的累加分數(shù).4.只給整數(shù)分數(shù)，選擇題不給中間分.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.題號12345678答案CACBDDBA二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.題號9101112答案ACACDBCABD三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.題號13141516答案120四?解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算驟.17.解：（1）因為，①當時，，則.當時，，②①-②得，即，所以是首項為1，公比為2的等比數(shù)列.所以.（2）因為，所以所以18.解：（1）設點到平面的距離為，則，由題可知，所以，故到平面的距離為.（2）取的中點，連接，因為，所以，又平面平面，平面平面平面，，所以平面.由（1）知.由題意可得，所以，故.法一（坐標法）：以點為坐標原點，為軸，為軸，過點作的平行線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.依題意，所以.設平面的法向量為，則即令，得又平面的法向量為設平面與平面的夾角為，則，即平面與平面的夾角的余弦值為.法二（幾何法）：在線段上取點，使得，連接，過點作，垂足為，連接.因為，所以，.因為平面，所以平面，所以，又，且，所以平面，所以，所以是二面角的平面角.在Rt中，易知，所以，所以.故平面與平面的夾角的余弦值為.19.（1）證明：因為，由正弦定理得，又因為所以，即.又，所以.又，所以或.又，所以.（2）解：由（1）知.由，解得.所以又，所以，所以的取值范圍為.（別解：因為在上單調遞減，所以，所以的取值范圍為.）20.解（1）當時，，所以曲線在處的切線方程為.（2）法一：，記，則，（備注：從邏輯推理的角度寫成：不扣分）所以在區(qū)間單調遞減.（i）當時，，所以在上單調遞增，所以當時，，符合題意；（ii）當時，，所以存在，使得.從而在上單調遞增，在上單調遞減，故當，矛盾，舍去.綜上，的取值范圍為.法二：當時，，即對恒成立.設.則.記，當時，，所以，所以在上單調遞增，所以，符合題意；當時，開口向上，對稱軸，所以存在唯一，使得，當時，；當時，，從而從而在區(qū)間遞增，在區(qū)間遞減，故當，矛盾，舍去.綜上，的取值范圍為.21.解：（1）由題意可知所有可能取值為，（其他解法：，）則的分布列如下：234（2）設甲一次性購買個吉祥物盲盒，集齊三款吉祥物需要的總費用為.依題意，可取.方案1：不購買盲盒時，則需要直接購買三款吉祥物，總費用元.方案2：購買1個盲盒時，則需要直接購買另外兩款吉祥物，總費用元.方案3：購買2個盲盒時，當2個盲盒打開后款式不同，則只需要直接購買剩下一款吉祥物，總費用；（或）當2個盲盒打開后款式相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物，總費用.所以（元）.（別解：元方案4：購買3個盲盒時，當3個盲盒打開后款式各不相同，則總費用，當3個盲盒打開后恰有2款相同，則需要直接購買剩下一款吉祥物，總費用；當3個吉祥物盲盒打開后款式全部相同，則需要直接購買另外兩款吉祥物，總費用.所以（元）.（別解：元）顯然.綜上，應該一次性購買2個吉祥物盲盒.22.解：（1）法一：設的中點為，依題意以為直徑的圓內(nèi)切于圓，所以，即，設，又，所以，所以點的軌跡是以為焦點，4為長軸長的橢圓，設的方程為，則，所以的軌跡方程.法二：設，則的中點為，依題意得，即.整理得，化簡得點的軌跡方程.（2）設，先證明直線恒過定點，理由如下：法一：由對稱性可知直線的斜率不為0，所以設直線的方程為：.聯(lián)立直線與的方程消去得：，所以，即，①.②所以直線的方程為：，令，解得點橫坐標，同理可得點橫坐標，故，將代入上式整理得：.③③將②代入③并整理得，即滿足方程.若，即，則直線方程為，過點，不合題意；所以，此時，直線的方程為，所以直線過定點.因為直線過定點，且與軌跡始終有兩個交點，又，垂足為，故點的軌跡是以為直徑的半圓（不含點，在直線下方）.設中點為，則圓心，半徑為1.所以，當且僅當點在線段上時，故的最小值為.法二：①當直線斜率存在，設直線的方程為.聯(lián)立直線與橢圓的方程消去得：，所以，即，①.②所以直線的方程為：，（備注：若直線方程寫成，需另外考慮的情形，可參考方法四①.）令，解得點橫坐標，同理可得點橫坐標，所以，即，將代入上式，得，將②代入上式，得.整理得，所以.（其中時，直線過點，不符合題意，舍去.）直線的方程為：恒過定點.②當直線斜率不存在，此時，同理可得，即，又，解得或.若，則中必有一點與重合，不符合題意；若，則重合，也不符合題意.綜上，所以直線過定點.后略，同法一.法三：