廣東省廣州市2024-2025學(xué)年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期1月月考

廣州2024屆高三1月月考試卷本試卷共22題．全卷滿分150分．考試用時120分鐘．留意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．填空題和解答題的作答：用黑色簽字筆干脆答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)．寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交．一、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，只有一項是符合題目要求的．1.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化簡求解,即可求解復(fù)數(shù)的模.【詳解】解：由題意得,則，，故選：A.2.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】化簡A、B，進(jìn)行交集、并集運算即可推斷【詳解】，，故，.故選：B3.已知，，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合中間值法可得出、、的大小關(guān)系.【詳解】，，，故.故選：D.4.農(nóng)歷是我國古代通行歷法，被譽(yù)為“世界上最突出和最優(yōu)秀的才智結(jié)品”.它以月相改變周期為依據(jù)，每一次月相朔望改變?yōu)橐粋€月，即“朔望月”，約為29.5306天.由于歷法精度的須要，農(nóng)歷設(shè)置“閏月”，即依據(jù)肯定的規(guī)律每過若干年增加若干月份，來修正因為天數(shù)的不完備造成的誤差，以使平均歷年與回來年相適應(yīng)設(shè)數(shù)列滿意，其中均為正整數(shù)，且，，，，，，…，那么第n級修正是“平均一年閏個月”，已知我國農(nóng)歷為“19年共閏7個月”，則它是（）A.第3級修正 B.第4級修正 C.第5級修正 D.第6級修正【答案】C【解析】【分析】依據(jù)題意依次求出，再推斷哪一個等于即可.【詳解】因為數(shù)列滿意，，，…，其中均為正整數(shù)：，，，，，，…，所以，，，，，所以“年共閏個月”為第5級修正，故選：C5.若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系將弦化切，即可得解，即，再由二倍角正切公式代入計算可得.【詳解】解：因為，所以，所以，即，即，所以；故選：D6.已知橢圓的左、右焦點分別為，，上頂點為，直線與的另一個交點為．若，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由求出B點坐標(biāo)，代入橢圓方程，可求得離心率.【詳解】左、右焦點分別為，，上頂點為，∴，設(shè)，則，由，依據(jù)勾股定理，有，即解得，即，由，，，，三點共線，∴，代入橢圓方程，有，化簡得，所以橢圓離心率為.故選：B7.在四面體中，平面，平面，，且異面直線與的夾角為，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先依據(jù)題意畫出圖形，設(shè)出各邊的值，異面直線與的夾角為可求出,最終用三角換元法可求出答案.【詳解】如圖，將四面體放在一個長方體中，設(shè)，因為，所以即，因為，所以異面直線與的夾角為，在，即，聯(lián)立解得，所以設(shè)，，所以，的最大值為.故選：B8.已知圓的半徑為，，，，為圓上四點，且，則的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】借助單位圓建立直角坐標(biāo)系，用向量數(shù)量積坐標(biāo)運算求最大值.【詳解】知圓的半徑為，，，，為圓上四點，且，，為O為原點，OA為x軸建立如圖所示的直角坐標(biāo)系：則，，設(shè)，則有，，，，，

化簡得，由，當(dāng)時，有最大值6.故選：C【點睛】數(shù)量積有關(guān)的最值和范圍問題是高考的熱點之一，其基本題型是依據(jù)已知條件求某個變量的范圍、最值，比如向量的模、數(shù)量積、夾角、系數(shù)的范圍等，解決思路是建立目標(biāo)函數(shù)的解析式，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)(二次函數(shù)、三角函數(shù))等的最值或應(yīng)用基本不等式，同時向量兼顧“數(shù)”與“形”的雙重身份，所以還有一種思路是數(shù)形結(jié)合，應(yīng)用圖形的幾何性質(zhì).二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知函數(shù)，則（）A.是偶函數(shù)B.單調(diào)遞增C.曲線在點處切線的斜率為D.【答案】BD【解析】【分析】依據(jù)函數(shù)奇偶性的定義即可推斷A，依據(jù)導(dǎo)函數(shù)即可推斷函數(shù)單調(diào)性，依據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求切線斜率，依據(jù)函數(shù)單調(diào)性和奇偶性，即可比較的大小.【詳解】解：函數(shù)定義域為R，又，所以函數(shù)為奇函數(shù)，故A錯誤；，當(dāng)時，，當(dāng)時，，，所以，所以，當(dāng)時，，，所以，所以，綜上恒成立，故單調(diào)遞增，故B正確；由B得，曲線在點處切線的斜率為，故C錯誤；因為在R上單調(diào)遞增，且，所以，所以，故D正確.故選：BD.10.有個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字，，，，，，從中有放回的隨機(jī)取兩次，每次取個球．記第一次取出的球的數(shù)字為，其次次取出的球的數(shù)字為．設(shè)，其中表示不超過的最大整數(shù)，如，，則（）A.B.C.事務(wù)“”與“”互斥D.事務(wù)“”與“”對立【答案】AC【解析】【分析】依據(jù)古典概型運算公式，結(jié)合互斥事務(wù)和對立事務(wù)的定義逐一推斷即可.【詳解】因為從中有放回的隨機(jī)取兩次，所以有種可能，有6種狀況，所以狀況共有，所以，因此選項A正確；兩次取球數(shù)字和為5有以下4種狀況：，所以，因此選項B正確；當(dāng)時，，所以事務(wù)“”與“”互斥，因此選項C正確；當(dāng)時，，但是當(dāng)時，，所以事務(wù)“”與“”不是對立事務(wù)，故選：AC11.設(shè)雙曲線的左、右焦點分別為，．點為坐標(biāo)原點，點，，點為右支上一點，則（）A.的漸近線方程為B.C.當(dāng)，，，四點共圓時，D.當(dāng)，，，四點共圓時，【答案】ABD【解析】【分析】對A，由，解出c，即可求b，求出漸近線；對B，設(shè)，則，結(jié)合，即可推斷；對CD，由四點共圓，得為直徑，則有，可解出，即可算出、，依據(jù)P、M所在象限從而推斷角【詳解】由，，，則，解得，由，故設(shè)，則，由雙曲線方程得，∴，故，同理，故，則，對A，的漸近線方程為，A對；對B，代入橢圓得，則，，B對；對CD，，，，四點共圓，，故為直徑，則，由B得，，即，解得，故，，又，解得，故，，M為第一象限的點，P可能為第一、第四象限的點，故或，C錯D對.故選：ABD12.如圖，在五面體中，底面為矩形，和均為等邊三角形，平面，，，且二面角和的大小均為．設(shè)五面體的各個頂點均位于球的表面上，則（）A.有且僅有一個，使得五面體為三棱柱B.有且僅有兩個，使得平面平面C.當(dāng)時，五面體的體積取得最大值D.當(dāng)時，球的半徑取得最小值【答案】ABC【解析】【分析】依據(jù)棱柱的定義，主要利用線面、面面平行判定和性質(zhì)定理判定A；利用線面、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理判定B；利用體積分割，求得體積關(guān)于角度的函數(shù)關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而求得五面體的體積最大值的條件，從而判定C；利用球的性質(zhì)找到外接球的球心，進(jìn)而得到半徑的改變規(guī)律，從而判定何時外接球的半徑最小，從而判定D.【詳解】對于選項A:∵平面,經(jīng)過的平面與平面交于直線,∴,取的中點分別為,連接,則連接,∵和均為等邊三角形，∴,又∵底面為矩形，∴垂直,故得二面角的平面角為,二面角的平面角為,因為，分別在平面和平面中，平面與平面和分別交于直線，所以當(dāng)且僅當(dāng)時，平面平面,故當(dāng)且僅當(dāng)，即時，平面平面,即五面體為三棱柱，故A正確；對于選項B:當(dāng)平面和平面不平行時，它們的交線為,由于,平面，平面，∴平面,又∵平面,平面平面=直線，∴，∴同理，∴當(dāng)且僅當(dāng)時，平面平面，由于四邊形為等腰梯形，∴當(dāng)且僅當(dāng)或時，,∴當(dāng)且僅當(dāng)或時，平面平面，故B正確；對于選項C:設(shè)的補(bǔ)角為，過A作直線AR與直線PQ垂直相交，垂足為R，連接DR,∵AD⊥EF,EF//PQ,∴AD⊥PQ,又∵AD∩AR=A,AD,AR?平面ADF,∴平面ADR⊥直線PQ，同理做出S,得到平面SBC⊥直線PQ，為直三棱柱的底面，且RS=EF為直三棱柱的高，、為三棱錐和的底面上的高因為，

所以五面體的體積為（如上圖）或（如下圖）兩種狀況下都有，令則，所以，對求導(dǎo)得，令得（舍去）或，,,故時體積取得極大值也是最大值.所以，所以.五面體的體積取得最大值.故C正確；對于D項：取等邊的中心，的中點，過作平面QBC的垂線與過的平面ABCD的垂線的交點即為五面體PQABCD的外接球的球心，如圖所示，連接,,則,∵四邊形為邊長肯定的矩形，∴為定值，∴當(dāng)且僅當(dāng)最小，即重合時外接球的半徑最小，此時為銳角，故D不對.故選：ABC.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.的綻開式中的系數(shù)為__________（用數(shù)字作答）．【答案】7【解析】【分析】依據(jù)二項式通項公式進(jìn)行求解即可.【詳解】二項式的通項公式為：，令，所以的系數(shù)為，故答案為：14.書架上放有本語文書和本數(shù)學(xué)書，學(xué)生甲先隨機(jī)取走本書，學(xué)生乙再在剩下的書中隨機(jī)取走本書．已知甲至少取走了本數(shù)學(xué)書，則乙取走語文書的概率為__________．【答案】【解析】【分析】依據(jù)題意列出樣本空間“甲至少取走了本數(shù)學(xué)書”所包含的樣本點，再依據(jù)全概率公式即可求解.【詳解】解：記2本語文書為，本數(shù)學(xué)書為，則甲至少取走了本數(shù)學(xué)書包含以下基本領(lǐng)件：共9個基本領(lǐng)件，設(shè)“甲至少取走了本數(shù)學(xué)書的狀況下甲取走i本數(shù)學(xué)書”為事務(wù)，“乙取走語文書”為事務(wù)，則事務(wù)包含共6個基本領(lǐng)件，故同理可得則，故答案為：15.已知奇函數(shù)在單調(diào)遞減，且，則__________．【答案】-1【解析】【分析】由題目條件得到解析式，再求的值.【詳解】為奇函數(shù)，∴，∴或，由在單調(diào)遞減，∴且，得，或，∴或，當(dāng)時，，當(dāng)時，.故答案為：-116.已知函數(shù)恰有兩個零點，和一個極大值點，且，，成等比數(shù)列，則__________；若的解集為，則的極大值為__________．【答案】①.4②.4【解析】【分析】依據(jù)已知，結(jié)合三次函數(shù)的圖象特征可得是的微小值點，借助導(dǎo)數(shù)及函數(shù)零點可得的關(guān)系即可求出；由不等式的解集求出，再驗證即可求出極大值作答.【詳解】因三次函數(shù)有一個極大值點，則該函數(shù)必有一個微小值點，且微小值點大于，又恰有兩個零點，，且，因此也是的微小值點，求導(dǎo)得：，即，是方程的二根，有，即，明顯，則，整理得，兩邊平方得：，因成等比數(shù)列，即，于是得，即，而，有，所以；明顯有，，，因的解集為，則5是方程的根，即有，整理得：，解得或，當(dāng)時，，，不等式，解得，符合題意，函數(shù)的極大值為，當(dāng)時，，，不等式，解得，不符合題意，舍去，所以函數(shù)的極大值為.故答案為：4；4【點睛】方法點睛：可導(dǎo)函數(shù)在點處取得極值的充要條件是，且在左側(cè)與右側(cè)的符號不同．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.記為數(shù)列的前項和，已知．證明：（1）為等比數(shù)列；（2）．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；【解析】【分析】（1）依據(jù)遞推式可得，即，由等比數(shù)列定義證明即可；（2）由（1）求得，進(jìn)而求出通項公式，結(jié)合，即可證結(jié)論.【小問1詳解】由已知得①，②，②①：，即，特殊地，①中令得：，即，所以是首項為，公比為的等比數(shù)列；【小問2詳解】由（1）知：，所以，故，留意到，明顯時成立；當(dāng)時，，所以得證.18.我國航空事業(yè)的發(fā)展，離不開航天器上精密的零件．某車間運用數(shù)控機(jī)床制造一種圓形齒輪零件．由于零件的高精度要求，該車間負(fù)責(zé)人須要每隔一個生產(chǎn)周期對所生產(chǎn)零件的直徑進(jìn)行統(tǒng)計，排查機(jī)床可能存在的問題并剛好調(diào)試修理．已知該負(fù)責(zé)人在兩個相鄰生產(chǎn)周期（分別記為周期Ⅰ和周期Ⅱ）中分別隨機(jī)檢查了枚零件，測量得到的直徑（單位：）如下表所示：周期Ⅰ4.95.15.05.05.15.04.95.25.04.8周期Ⅱ4.85.25.05.04.84.85.25.15.05.1周期Ⅰ和周期Ⅱ中所生產(chǎn)零件直徑的樣本平均數(shù)分別記為和，樣本方差分別記為和．（1）求，，，；（2）推斷機(jī)床在周期Ⅱ是否出現(xiàn)了比周期Ⅰ更嚴(yán)峻的問題（假如，則認(rèn)為機(jī)床在周期Ⅱ出現(xiàn)了比周期Ⅰ更嚴(yán)峻的問題，否則不認(rèn)為出現(xiàn)了更嚴(yán)峻的問題）．【答案】（1）5.0；5.0；0.012；0.022（2）無法推想機(jī)床在周期Ⅱ出現(xiàn)了比周期Ⅰ更嚴(yán)峻的問題．【解析】【分析】(1)依據(jù)平均數(shù)，方差公式即可求解.(2)依據(jù)題中公式，進(jìn)行求值比較，即可求解.【小問1詳解】由表可知【小問2詳解】由（1）可知，因此在的顯著性水平下，無法推想機(jī)床在周期Ⅱ出現(xiàn)了比周期Ⅰ更嚴(yán)峻的問題．19.在四棱錐中，底面是矩形平面，，，且二面角的大小為．（1）求四棱錐的體積；（2）設(shè)為的中點，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】(1)先依據(jù)空間位置關(guān)系，證明PF為錐體的高，再依據(jù)錐體體積公式，即可求解.(2)找出線面角的平面角，即可求出正弦值.【小問1詳解】設(shè)與交于點，連接；在平面中作于．因為平面，平面，所以．同理，．因為平面，平面，平面平面，所以就是二面角的平面角，從而．因為底面是矩形，，所以矩形是正方形．所以，．又因為，所以是等邊三角形，故．因為，，，所以平面，即是四棱錐的高．故四棱錐的體積．【小問2詳解】設(shè)．因為，，所以是的重心，故．因為平面，所以即為直線與平面所成角．于是，因此，直線與平面所成角的正弦值為．20.記的內(nèi)角，，的對邊分別為，，．已知，．（1）證明：；（2）求面積的最大值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理角化邊，再由余弦定理角化邊，即可求證；（2）依據(jù)（1）的結(jié)論，將其兩邊平方，再結(jié)合余弦定理，得到面積的表達(dá)式，再結(jié)合協(xié)助角公式，即可求得最值，再依據(jù)取等條件，驗證是否符合題意即可.【小問1詳解】由正弦定理及已知可得，整理可得．由余弦定理可得，整理可得，所以．【小問2詳解】由（1）可知．由余弦定理可得，化簡可得．記的面積為，則．留意到，所以，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)．此時回代有，可反解出，，，易知符合題意．所以面積的最大值為．21.已知拋物線的焦點到直線的距離為．（1）求的方程；（2）若點在上，，是的兩條切線，，是切點，直線與交于點，證明：存在定點，使得．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】(1)利用點到直線的距離公式，即可求解.(2)設(shè)，，依據(jù)導(dǎo)數(shù)求切線斜率，再由點斜式得到直線PA,PB方程，聯(lián)立求出P點坐標(biāo)，再依據(jù)直線AB方程求出點坐標(biāo)，設(shè)，則由，即可建立關(guān)于定點的方程，即可解出.【小問1詳解】由題可知的焦點為，依距離公式可得，解得．所以的方程為；【小問2詳解】設(shè)，．由，可知直線的方程為，即．同理直線的方程為．聯(lián)立解得．若記，則有所以可寫出直線的方程為，即，即．由與相交可知．聯(lián)立可得．設(shè)，則由可知上式關(guān)于恒成立當(dāng)且僅當(dāng)解得或因此，存在定點或，使得．【點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關(guān)系，依據(jù)題意，將條件翻譯成代數(shù)式，即可求解，對學(xué)生的綜合分析實力，以及計算實力有較高的要求.22.已知函數(shù)．（1）當(dāng)時，，求的取值范圍；（2）是否存在