廣東省部分地區(qū)2024屆高三4月期中考試數學試題

廣東省部分地區(qū)2023屆高三4月期中考試數學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．中國古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”，主要指德育；“樂”，主要指美育；“射”和“御”，就是體育和勞動；“書”，指各種歷史文化知識；“數”，指數學.某校國學社團開展“六藝”課程講座活動，每藝安排一節(jié)，連排六節(jié)，一天課程講座排課有如下要求：“數”必須排在第三節(jié)，且“射”和“御”兩門課程相鄰排課，則“六藝”課程講座不同的排課順序共有（）A．12種 B．24種 C．36種 D．48種2．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．83．如圖，長方體中，，，點T在棱上，若平面.則（）A．1 B． C．2 D．4．設全集U=R，集合，則（）A． B． C． D．5．若函數有且僅有一個零點，則實數的值為（）A． B． C． D．6．函數的部分圖象如圖所示，已知，函數的圖象可由圖象向右平移個單位長度而得到，則函數的解析式為（）A． B．C． D．7．陀螺是中國民間最早的娛樂工具，也稱陀羅.如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某個陀螺的三視圖，則該陀螺的表面積為（）A． B．C． D．8．“紋樣”是中國藝術寶庫的瑰寶，“火紋”是常見的一種傳統(tǒng)紋樣.為了測算某火紋紋樣（如圖陰影部分所示）的面積，作一個邊長為3的正方形將其包含在內，并向該正方形內隨機投擲200個點，己知恰有80個點落在陰影部分據此可估計陰影部分的面積是（）A． B． C．10 D．9．已知為定義在上的奇函數，若當時，（為實數），則關于的不等式的解集是（）A． B． C． D．10．已知函數，，的零點分別為，，，則（）A． B．C． D．11．復數滿足，則復數在復平面內所對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．設，是空間兩條不同的直線，，是空間兩個不同的平面，給出下列四個命題：①若，，，則；②若，，，則；③若，，，則；④若，，，，則.其中正確的是（）A．①② B．②③ C．②④ D．③④二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示梯子結構的點數依次構成數列，則________.14．若、滿足約束條件，則的最小值為______.15．若且時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍為________．16．已知函數，若函數有個不同的零點，則的取值范圍是___________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知各項均為正數的數列的前項和為，滿足，，，，恰為等比數列的前3項．（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前項和為；若對均滿足，求整數的最大值；（3）是否存在數列滿足等式成立，若存在，求出數列的通項公式；若不存在，請說明理由．18．（12分）如圖1，四邊形是邊長為2的菱形，，為的中點，以為折痕將折起到的位置，使得平面平面，如圖2.（1）證明：平面平面；（2）求點到平面的距離.19．（12分）小麗在同一城市開的2家店鋪各有2名員工.節(jié)假日期間的某一天，每名員工休假的概率都是，且是否休假互不影響，若一家店鋪的員工全部休假，而另一家無人休假，則調劑1人到該店維持營業(yè)，否則該店就停業(yè).（1）求發(fā)生調劑現象的概率；（2）設營業(yè)店鋪數為X，求X的分布列和數學期望.20．（12分）設函數，（1）當，，求不等式的解集；（2）已知，，的最小值為1，求證：.21．（12分）已知函數（1）若函數在處取得極值1，證明：（2）若恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）選修4-4：坐標系與參數方程已知曲線的參數方程是（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是.（1）寫出的極坐標方程和的直角坐標方程；（2）已知點、的極坐標分別為和，直線與曲線相交于，兩點，射線與曲線相交于點，射線與曲線相交于點，求的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．C【解析】

根據“數”排在第三節(jié)，則“射”和“御”兩門課程相鄰有3類排法，再考慮兩者的順序，有種，剩余的3門全排列，即可求解.【詳解】由題意，“數”排在第三節(jié)，則“射”和“御”兩門課程相鄰時，可排在第1節(jié)和第2節(jié)或第4節(jié)和第5節(jié)或第5節(jié)和第6節(jié)，有3種，再考慮兩者的順序，有種，剩余的3門全排列，安排在剩下的3個位置，有種，所以“六藝”課程講座不同的排課順序共有種不同的排法.故選：C.【點睛】本題主要考查了排列、組合的應用，其中解答中認真審題，根據題設條件，先排列有限制條件的元素是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.2．A【解析】

由三視圖還原出原幾何體，得出幾何體的結構特征，然后計算體積．【詳解】由三視圖知原幾何體是一個四棱錐，四棱錐底面是邊長為2的正方形，高為2，直觀圖如圖所示，．故選：A．【點睛】本題考查三視圖，考查棱錐的體積公式，掌握基本幾何體的三視圖是解題關鍵．3．D【解析】

根據線面垂直的性質，可知；結合即可證明，進而求得.由線段關系及平面向量數量積定義即可求得.【詳解】長方體中，，點T在棱上，若平面.則，則，所以，則，所以，故選：D.【點睛】本題考查了直線與平面垂直的性質應用，平面向量數量積的運算，屬于基礎題.4．A【解析】

求出集合M和集合N,，利用集合交集補集的定義進行計算即可．【詳解】，，則，故選：A．【點睛】本題考查集合的交集和補集的運算，考查指數不等式和二次不等式的解法，屬于基礎題．5．D【解析】

推導出函數的圖象關于直線對稱，由題意得出，進而可求得實數的值，并對的值進行檢驗，即可得出結果.【詳解】，則，，，所以，函數的圖象關于直線對稱.若函數的零點不為，則該函數的零點必成對出現，不合題意.所以，，即，解得或.①當時，令，得，作出函數與函數的圖象如下圖所示：此時，函數與函數的圖象有三個交點，不合乎題意；②當時，，，當且僅當時，等號成立，則函數有且只有一個零點.綜上所述，.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的零點個數求參數，考查函數圖象對稱性的應用，解答的關鍵就是推導出，在求出參數后要對參數的值進行檢驗，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.6．A【解析】

由圖根據三角函數圖像的對稱性可得，利用周期公式可得，再根據圖像過，即可求出，再利用三角函數的平移變換即可求解.【詳解】由圖像可知，即，所以，解得，又，所以，由，所以或，又，所以，，所以，，即，因為函數的圖象由圖象向右平移個單位長度而得到，所以.故選：A【點睛】本題考查了由圖像求三角函數的解析式、三角函數圖像的平移伸縮變換，需掌握三角形函數的平移伸縮變換原則，屬于基礎題.7．C【解析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據求解幾何體的表面積即可，【詳解】由題意可知幾何體的直觀圖如圖：上部是底面半徑為1，高為3的圓柱，下部是底面半徑為2，高為2的圓錐,幾何體的表面積為：，故選：C【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵.8．D【解析】

直接根據幾何概型公式計算得到答案.【詳解】根據幾何概型：，故.故選：.【點睛】本題考查了根據幾何概型求面積，意在考查學生的計算能力和應用能力.9．A【解析】

先根據奇函數求出m的值，然后結合單調性求解不等式.【詳解】據題意，得，得，所以當時，.分析知，函數在上為增函數.又，所以.又，所以，所以，故選A.【點睛】本題主要考查函數的性質應用，側重考查數學抽象和數學運算的核心素養(yǎng).10．C【解析】

轉化函數，，的零點為與，，的交點，數形結合，即得解.【詳解】函數，，的零點，即為與，，的交點，作出與，，的圖象，如圖所示，可知故選：C【點睛】本題考查了數形結合法研究函數的零點，考查了學生轉化劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.11．B【解析】

設,則,可得,即可得到,進而找到對應的點所在象限.【詳解】設,則,,,所以復數在復平面內所對應的點為,在第二象限.故選:B【點睛】本題考查復數在復平面內對應的點所在象限,考查復數的模,考查運算能力.12．C【解析】

根據線面平行或垂直的有關定理逐一判斷即可.【詳解】解：①：、也可能相交或異面，故①錯②：因為，，所以或，因為，所以，故②對③：或，故③錯④：如圖因為，，在內過點作直線的垂線，則直線，又因為，設經過和相交的平面與交于直線，則又，所以因為，，所以，所以，故④對.故選：C【點睛】考查線面平行或垂直的判斷，基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據圖像歸納，根據等差數列求和公式得到答案.【詳解】根據圖像：，，故，故.故答案為：.【點睛】本題考查了等差數列的應用，意在考查學生的計算能力和應用能力.14．【解析】

作出不等式組所表示的可行域，利用平移直線的方法找出使得目標函數取得最小時對應的最優(yōu)解，代入目標函數計算即可.【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯(lián)立，解得，即點，平移直線，當直線經過可行域的頂點時，該直線在軸上的截距最小，此時取最小值，即.故答案為：.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃問題，考查線性目標函數的最值問題，考查數形結合思想的應用，屬于基礎題.15．【解析】

將不等式兩邊同時平方進行變形，然后得到對應不等式組，對的取值進行分類，將問題轉化為二次函數在區(qū)間上恒正、恒負時求參數范圍，列出對應不等式組，即可求解出的取值范圍.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以或，當時，對且不成立，當時，取，顯然不滿足，所以，所以，解得；當時，取，顯然不滿足，所以，所以，解得，綜上可得的取值范圍是：.故答案為：.【點睛】本題考查根據不等式恒成立求解參數范圍，難度較難.根據不等式恒成立求解參數范圍的兩種常用方法：（1）分類討論法：分析參數的臨界值，對參數分類討論；（2）參變分離法：將參數單獨分離出來，再以函數的最值與參數的大小關系求解出參數范圍.16．【解析】

作出函數的圖象及直線，如下圖所示，因為函數有個不同的零點，所以由圖象可知，，，所以．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（2），（2），的最大整數是2．（3）存在，【解析】

（2）由可得（），然后把這兩個等式相減，化簡得，公差為2，因為，，為等比數列，所以，化簡計算得，，從而得到數列的通項公式，再計算出，，，從而可求出數列的通項公式；（2）令，化簡計算得，從而可得數列是遞增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值為，所以可得答案；（3）由題意可知，，即，這個可看成一個數列的前項和，再寫出其前（）項和，兩式相減得，，利用同樣的方法可得.【詳解】解：（2）由題，當時，，即當時，①②①-②得，整理得，又因為各項均為正數的數列．故是從第二項的等差數列，公差為2．又恰為等比數列的前3項，故，解得．又，故，因為也成立．故是以為首項，2為公差的等差數列．故．即2，4，8恰為等比數列的前3項，故是以為首項，公比為的等比數列，故．綜上，（2）令，則所以數列是遞增的，若對均滿足，只要的最小值大于即可因為的最小值為，所以，所以的最大整數是2．（3）由，得，③④③-④得，⑤，⑥⑤-⑥得，，所以存在這樣的數列，【點睛】此題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式，最值，恒成立問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.18．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由題意可證得，，所以平面，則平面平面可證；（2）解法一：利用等體積法由可求出點到平面的距離；解法二：由條件知點到平面的距離等于點到平面的距離，過點作的垂線，垂足，證明平面，計算出即可.【詳解】解法一：（1）依題意知，因為，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.又平面，所以.由已知，是等邊三角形，且為的中點，所以.因為，所以.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）在中，，，所以.由（1）知，平面，且，所以三棱錐的體積.在中，，，得，由（1）知，平面，所以，所以，設點到平面的距離，則三棱錐的體積，得.解法二：（1）同解法一；（2）因為，平面，平面，所以平面.所以點到平面的距離等于點到平面的距離.過點作的垂線，垂足，即.由（1）知，平面平面，平面平面，平面，所以平面，即為點到平面的距離.由（1）知，，在中，，，得.又，所以.所以點到平面的距離為.【點睛】本題主要考查空間面面垂直的的判定及點到面的距離，考查學生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力.求點到平面的距離一般可采用兩種方法求解：①等體積法；②作(找)出點到平面的垂線段，進行計算即可.19．（1）（2）見解析，【解析】

（1）根據題意設出事件，列出概率，運用公式求解；（2）由題得，X的所有可能取值為，根據（1）和變量對應的事件，可得變量對應的概率，即可得分布列和期望值.【詳解】（1）記2家小店分別為A，B，A店有i人休假記為事件（，1，2），B店有i人，休假記為事件（，1，2），發(fā)生調劑現象的概率為P.則，，.所以.答：發(fā)生調劑現象的概率為.（2）依題意，X的所有可能取值為0，1，2.則，，.所以X的分布表為：X012P所以.【點睛】本題是一道考查概率和期望的?？碱}型.20．（1）或；（2）證明見解析【解析】

（1）將化簡，分類討論即可；（2）由（1）得，，展開后再利用基本不等式即可.【詳解】（1）當時，，所以或或解得或，因此不等式的解集的或（2）根據，當且僅當時，等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法、利用基本不等式證明不等式問題，考查學生基本的計算能力