2024屆廣東省廣州市天河區(qū)高三上學期普通高中畢業(yè)班綜合測試（一）數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第Page\*MergeFormat1頁共NUMPAGES\*MergeFormat18頁2024屆廣東省廣州市天河區(qū)高三上學期普通高中畢業(yè)班綜合測試（一）數(shù)學試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．（1，3）C． D．【答案】C【分析】先求出集合B，然后再求兩集合的并集即可.【詳解】由，得，解得或，所以或，因為，所以，故選：C2．已知復數(shù)滿足，則（

）A．1 B． C． D．5【答案】B【分析】根據(jù)復數(shù)的除法運算求得復數(shù)z，根據(jù)復數(shù)模的計算即可得答案.【詳解】由得，故，故選：B3．已知=(2,3)，=(3，t)，=1，則=A．-3 B．-2C．2 D．3【答案】C【分析】根據(jù)向量三角形法則求出t，再求出向量的數(shù)量積.【詳解】由，，得，則，．故選C．【點睛】本題考點為平面向量的數(shù)量積，側重基礎知識和基本技能，難度不大．4．已知橢圓的方程為，則橢圓（

）A．長軸長為16 B．短軸長為C．焦距為2 D．焦點為【答案】B【分析】先根據(jù)方程化簡得到橢圓方程，結合選項進行判斷.【詳解】因為，所以橢圓是以為焦點的橢圓，設橢圓：，由題意，即；由可知其方程為；由方程可得長軸長為8，焦距為4，短軸長為.故選：B.5．已知曲線在點處的切線的傾斜角為，則（

）A． B． C．-2 D．【答案】B【分析】利用導數(shù)的幾何意義解決即可.【詳解】由題意知在曲線上，所以.又，所以曲線在點處的切線的斜率為.又因為曲線在點處切線的傾斜角為，所以切線的斜率為1.故而.由解得，所以.故選：B6．已知動點在直線上，過點作圓的一條切線，切點為，則的最小值為（

）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】由題意求出切線長的表達式，結合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】由題可知圓的圓心為，半徑為，設，則，有，得，當時，.故選：C.7．已知數(shù)列滿足，記，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意求出，即可求出，即可判斷AB；根據(jù)題意可得，進而可判斷CD.【詳解】因為數(shù)列滿足，，所以，所以，故AB錯誤；又，所以，即，所以，故C正確；因為，所以數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，所以，故D錯誤.故選：C.8．若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由商數(shù)關系及兩角差的正切公式將已知化為，得出，再根據(jù)二倍角的余弦公式即可得解.【詳解】由，所以，即，.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：由商數(shù)關系及兩角差的正切公式將已知化為，是解決本題的關鍵.二、多選題9．已知實數(shù)，則“”的充要條件是（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)，冪函數(shù)及正弦函數(shù)的單調(diào)性結合充分條件和必要條件的定義逐一判斷即可.【詳解】對于A，因為函數(shù)是上的增函數(shù)，所以，所以是“”的充要條件，故A正確；對于B，由，得，當時，無意義，所以是“”的充分不必要條件，故B錯誤；對于C，因為函數(shù)是上的增函數(shù)，所以，所以是“”的充要條件，故C正確；對于D，當時，，所以不是“”的充要條件，故D錯誤.故選：AC.10．下列命題正確的是（

）A．若樣本數(shù)據(jù)的方差為2，則數(shù)據(jù)的方差為8B．以模型去擬合一組數(shù)據(jù)時，為了求出經(jīng)驗回歸方程，設，求得線性回歸方程為，則的值分別是和4C．若某校高三（1）班8位同學身高（單位）分別為：，則這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)（即第75百分位數(shù)）為174D．根據(jù)變量與的樣本數(shù)據(jù)計算得到，根據(jù)的獨立性檢驗，可判斷與有關，且犯錯誤的概率不超過0.05【答案】AB【分析】根據(jù)可判斷A；對兩邊同時取對數(shù)可得可判斷B；從小到大排列這組數(shù)據(jù)，由第75百分位數(shù)計算可判斷C；可判斷D.【詳解】對于A，根據(jù)可得數(shù)據(jù)的方差為，故A正確；對于B，對兩邊同時取對數(shù)可得，因為，所以，所以的值分別是和4，故B正確；對于C，從小到大可得這組數(shù)據(jù)為，，則這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)（即第75百分位數(shù)）為，故C錯誤；對于D，因為，在犯錯誤的概率不超過0.05的情況下，可判斷與無關，故D錯誤.故選：AB.11．已知定義域為的函數(shù)對任意實數(shù)都有，且，則（

）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】對于A，在表達式中令結合已知即可驗證；對于B，在表達式中令結合A選項分析即可驗證；對于C，在表達式中令結合已知即可驗證；對于D，結合B、C選項的分析即可驗證.【詳解】對于A，在中令，可得，又，所以，故A選項正確；對于B，在中令，可得，又由A選項分析可知，所以，所以，由實數(shù)具有任意性，所以，故B選項正確；對于C，在中令，結合，故可得，所以，由于實數(shù)具有任意性，所以，故C選項正確；對于D，由C選項分析可知，而由B選項分析可知，所以，故D選項錯誤.故選：ABC.12．如圖，在棱長為1的正方體中，下列命題正確的是（

）A．平面平面，且兩平面的距離為B．當點在線段上運動時，四面體的體積恒等于四面體的體積C．與正方體所有棱都相切的球的體積為D．若是正方體的內(nèi)切球的球面上任意一點，是外接圓的圓周上任意一點，則的最小值是【答案】BCD【分析】根據(jù)面面平行的判定以及空間點面以及面面距離的求解判斷A；根據(jù)三棱錐的體積計算判斷B；確定球的半徑即可求得球的體積，判斷C；將的最小值轉(zhuǎn)化為正方體的外接球和內(nèi)切球半徑之差，判斷D.【詳解】對于A，正方體中，，即四邊形為平行四邊形，故，平面，平面，故平面，同理可證平面，而平面，故平面平面；設B到平面的距離為d，，則,即，則；同理求得到到平面的距離為；連接，則，由于平面平面，故，平面，故平面，平面，故，同理可證，而平面，故平面，而平面平面，則平面，又，故平面和平面之間的距離為，A錯誤；對于B，當點在線段上運動時，四面體的體積為；而四面體的體積，即當點在線段上運動時，四面體的體積恒等于四面體的體積，B正確；對于C，與正方體所有棱都相切的球的直徑為正方體面對角線長,故該球體積為，C正確；對于D，正方體的內(nèi)切球球心和正方體外接球球心是同一個點，即為正方體的中心，外接球直徑為，內(nèi)切球直徑為1；而外接圓為正方體外接球的一個小圓，故由是正方體的內(nèi)切球的球面上任意一點，是外接圓的圓周上任意一點，得的最小值為正方體的外接球半徑減去正方體球內(nèi)切球半徑，即，D正確，故選：BCD【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于要發(fā)揮空間想象能力，明確空間的點線面的位置關系，特別是選項D的求解，求解兩個動點之間的距離的最小值，要能想象出兩動點分別在正方體的內(nèi)切球和外接球上運動，從而可求得距離的最小值.三、填空題13．某校擬從2名教師和4名學生共6名黨史知識學習優(yōu)秀者中隨機選取3名，組成代表隊，參加市黨史知識競賽，則要求代表隊中既有教師又有學生的選法共有種．【答案】16【分析】既有教師又有學生的選法分為有1名教師和2名學生和有2名教師和1名學生，根據(jù)分類加法計數(shù)原理即可求得答案.【詳解】由題意得從6名黨史知識學習優(yōu)秀者中隨機選取3名，其中有1名教師和2名學生的選法有種，有2名教師和1名學生的選法有種，故代表隊中既有教師又有學生的選法共有（種），故答案為：1614．已知圓錐的表面積為，其側面展開圖是一個半圓．則圓錐的高為．【答案】【分析】設圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，再根據(jù)圓錐的表面積公式求出，再利用勾股定理即可得解.【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，由于圓錐側面展開圖是一個半圓，故有，即圓錐母線長為，又圓錐的表面積為，解得，所以，所以圓錐的高為.故答案為：.15．設函數(shù)在區(qū)間恰有兩個零點，則的取值范圍是．【答案】【分析】根據(jù)題意，結合正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】由，得，因為函數(shù)在區(qū)間恰有兩個零點，所以，解得，所以的取值范圍是.故答案為：.16．雙曲線的左，右焦點分別為，，右支上有一點M，滿足，的內(nèi)切圓與y軸相切，則雙曲線C的離心率為．【答案】/【分析】由圓的切線性質(zhì)及雙曲線定義，可得關系式，，從而解出、，利用勾股定理可解.【詳解】內(nèi)切圓Q分別與，，，軸切于點S，T，N，P則四邊形、都為正方形，設內(nèi)切圓半徑為，由圓的切線性質(zhì)，則，則，①又因為，②且雙曲線定義得，，③由①、②、③得，所以，從而，由勾股定理，，所以，解得．故答案為：四、解答題17．已知等差數(shù)列的前項和為，且．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設為數(shù)列的前項和，證明：．【答案】(1)；(2)證明見詳解.【分析】（1）利用基本量計算即可；（2）利用裂項相消法求和得到即可.【詳解】（1）由題意得，解得，所以；（2），所以，因為，所以，所以.18．如圖，四棱錐中，四邊形是矩形，平面，E是的中點．(1)若的中點是M，求證：平面；(2)若，求平面與平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取PC的中點F，連接EM，DF，F(xiàn)M，再根據(jù)已知得四邊形DEMF是平行四邊形，得到，然后利用線面平行的判定定理證明；（2）由平面，，建立空間直角坐標系，求得平面PCE的一個法向量，平面PAB的一個法向量為，由求解可得答案.【詳解】（1）如圖所示：取PC的中點F，連接EM，DF，F(xiàn)M，因為四邊形為矩形，E是的中點，所以，，所以，所以四邊形DEMF是平行四邊形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.（2）由平面，，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設平面PCE的一個法向量為，則，即，令，得，易知平面PAB的一個法向量為，則，設平面與平面所成二面角為，所以.19．的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知A為銳角，.（1）求A；（2）若，且邊上的高為，求的面積.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）先用余弦定理化余弦為邊，再用正弦定理化邊為角從而求得；（2）由余弦定理用表示，然后把三角形的面積用兩種方法表示求得，從而可計算出面積．【詳解】（1）由得，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，是三角形內(nèi)角，，所以，又A為銳角，所以．（2）由（1），，所以，即，，，．【點睛】思路點睛：本題考查正弦定理、余弦定理、三角形面積公式．利用正弦定理和余弦定理進行邊角互化是解題關鍵．三角形的面積采取了二次計算，通過不同的計算方法得出等式，從而求解．這是一種解題技巧．20．已知函數(shù)．(1)當時，討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)有最小值，證明：．【答案】(1)在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增(2)證明見解析【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)導數(shù)的正負即可判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）求出函數(shù)的導數(shù)，分類討論；時取最小值；當時，根據(jù)導數(shù)的正負判斷函數(shù)單調(diào)性，求出函數(shù)有最小值，結合要證明的不等式，再構造函數(shù)，利用導數(shù)求得其最大值為1，即可證明結論.【詳解】（1）當時，，其定義域為，則，由于，故令，解得，令，解得，故在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；（2）由于，故，當時，，在上單調(diào)遞增，無最小值；當時，令，解得，即在上單調(diào)遞減，令，解得，即在上單調(diào)遞增，故在是取極小值也是最小值，即，令，則，當時，，在上單調(diào)遞增，當時，，在上單調(diào)遞減，故，即，所以，即.【點睛】方法點睛：本題第二問是利用導數(shù)證明不等式問題，解答時利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而可求出函數(shù)的最小值的表達式，結合要證明的不等式，構造函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最大值為1，即可解決問題.21．某商場擬在周末進行促銷活動，為吸引消費者，特別推出“玩游戲，送禮券”的活動，游戲規(guī)則如下：該游戲進行10輪，若在10輪游戲中，參與者獲勝5次就送2000元禮券，并且游戲結束：否則繼續(xù)游戲，直至10輪結束．已知該游戲第一次獲勝的概率是，若上一次獲勝則下一次獲勝的概率也是，若上一次失敗則下一次成功的概率是．記消費者甲第次獲勝的概率為，數(shù)列的前項和，且的實際意義為前次游戲中平均獲勝的次數(shù)．(1)求消費者甲第2次獲勝的概率；(2)證明：為等比數(shù)列；并估計要獲得禮券，平均至少要玩幾輪游戲才可能獲獎．【答案】(1)(2)詳見解析【分析】（1）應用全概率公式計算可得出；（2）計算得出，結合等比數(shù)列的定義可證得結論成立；再結合分組求和計算判斷最少輪數(shù)即可.【詳解】（1）（2）,,,為等比數(shù)列,且公比為；.,因為單調(diào)遞增，當n為奇數(shù)時，，所以得獲獎至少要玩9輪.當n為偶數(shù)時，，得獎至少要玩10輪，所以平均至少要玩9輪才可能獲獎.22．已知x軸被動圓C截得的弦長為6，動圓C過定點．(1)求動圓圓心C的軌跡E的方程；(2)點M是曲線E上的動點，其縱坐標大于2，過點M作圓的兩條切線分別與x軸交于點P，Q，求面積最小時點M的縱坐標．【答案】(1)(2)點M的縱坐標為．【分析】（1）設動圓的圓心C的坐標為，圓C半徑為r，用兩種方式表示r即可得E軌跡方程；（2）設，兩條切線方程斜率為.由切線到圓距離等于半徑結合韋達定理可得，表達式，結合，可得表達式，后利用導數(shù)知識可得答案.【詳解】（1）設動圓的圓心C的坐標為，半徑為r，由動圓C過定點A（0，3），得①，由x軸被動圓