廣東省韶關市2024屆高三上學期第一次模擬考試數學試題

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024屆廣東省韶關市高三上學期第一次模擬考試數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．若復數z滿足，則（

）A． B． C． D．2．已知集合，則（

）A． B．或C．或 D．或3．已知圓錐的母線長為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的底面半徑為（

）A． B． C． D．4．函數在上單調遞減，則實數取值范圍是（

）A． B． C． D．5．某一物質在特殊環(huán)境下的溫度變化滿足：（為時間，單位為為特殊環(huán)境溫度，為該物質在特殊環(huán)境下的初始溫度，為該物質在特殊環(huán)境下冷卻后的溫度），假設一開始該物質初始溫度為，特殊環(huán)境溫度是，則經過，該物質的溫度最接近（

）（參考數據：）A． B． C． D．6．已知橢圓的左、右焦點分別為，過點且垂直于軸的直線與橢圓交于兩點，若為等邊三角形，則橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．7．已知，且，則的值為（

）A． B． C． D．8．已知是定義在上且不恒為零的函數，對于任意實數滿足，若，則（

）A． B． C． D．二、多選題9．已知圓，點，下列命題正確的是（

）A．圓的圓心為B．過點的直線可能與圓相切C．圓上的點到點距離的最大值為D．若以為圓心的圓和圓內切，則圓的半徑為10．數據的平均數為，方差為，數據的平均數為，方差為，其中滿足關系式：，則（

）A．B．數據的平均數為C．若數據，則D．若，數據不全相等，則樣本點的成對樣本數據的樣本相關系數為11．已知函數，的部分圖象如圖所示，則（

）A．B．將的圖象向右平移個單位，得到的圖象C．，都有D．若方程在上有兩個不相等的實數根，則實數12．已知是的導函數，則（

）A．是周期函數B．的一條對稱軸是C．在內有兩個不同的零點D．在內有兩個不同的極值點三、填空題13．已知，則與的夾角為.14．現有，，，，五人排成一列，其中與相鄰，不排在兩邊，則共有種不同的排法（用具體數字作答）.15．已知雙曲線的左、右焦點分別為，以為直徑的圓與雙曲線在第一、三象限的交點分別為，設四邊形的周長為，面積為S，則.16．四面體的棱長只能是1或3，但該四面體不是正四面體，則該四面體的體積最大值為.四、解答題17．在中，內角的對邊分別為.(1)求；(2)若的面積為，求的周長.18．如圖，在直三棱柱中，.(1)證明：；(2)若點在棱上，，求平面與平面夾角的余弦值.五、證明題19．已知數列的前項和滿足.(1)證明：數列是等差數列；(2)設，若成等比數列，求數列的前項和.六、解答題20．有一個質地均勻的正方體骰子與一個有61個格子的矩形方格圖，矩形方格圖上從0，1，2，…，60依次標號.一個質點位于第0個方格中，現有如下游戲規(guī)則：先投擲骰子，若出現1點或2點，則質點前進1格，否則質點前進2格，每次投擲的結果互不影響.(1)求經過兩次投擲后，質點位于第4個格子的概率；(2)若質點移動到第59個格子或第60個格子時，游戲結束，設質點移動到第個格子的概率為，求和的值.21．已知函數.(1)若在處的切線與的圖象切于點，求的坐標；(2)若函數的極小值小于零，求實數的取值范圍.22．已知拋物線，點為拋物線上一點，過點作軸，垂足為，線段的中點為（當與重合時，認為也與重合），設動點的軌跡為.(1)求的方程；(2)設為曲線上不同的三點，且的重心為，求面積的取值范圍.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．D【分析】由復數的運算法則即可求解.【詳解】由可得：.故選：D2．C【分析】利用集合的交并補運算即可得解.【詳解】因為，所以，故或.故選：C.3．A【分析】利用圓錐底面周長即為側面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側面展開圖半圓的半徑，列出方程，求解即可．【詳解】設圓錐的母線長為，底面半徑為，則，所以，所以.故選：A.4．A【分析】求出函數的定義域，結合復合函數單調性得到答案.【詳解】的定義域是，令，其在定義域上單調遞增，，在上單調遞減，在上單調遞增，由復合函數的單調性可知，.故選：A.5．B【分析】根據題意可分別將初始溫度，特殊溫度及時間代入題中式子得，從而可求解.【詳解】由初始溫度，特殊溫度，時間代入題中式子得：，解得分鐘，故B項正確.所以選:B.6．D【分析】先將代入橢圓方程得點，由題意可得，結合即可得解.【詳解】不妨設點在第一象限，由題意將（其中）代入橢圓方程得，，因為為等邊三角形，所以，即，，兩邊同除以得，即可解得滿足題意.故選：D.7．B【分析】將條件的兩個式子平方相加可得，然后可得，再由，，可得，從而可求出，由商式關系可求得.【詳解】由，得，由，得，兩式相加得，，所以可得，因為，，所以，所以，可得.故選：B8．A【分析】對取特殊值代入已知表達式，結合奇偶性即可求解.【詳解】當時，，當時，，可得，則，當時，，則，函數的定義域為R，令時，，所以得，所以函數是奇函數，令得，又函數是奇函數，.故選:A.【點睛】方法點睛：抽象函數中用賦值法求函數值的問題，賦值時應結合題目中的信息進行.9．ACD【分析】A選項，變形為圓的標準方程，得到圓心和半徑，A正確；B選項，根據，故點在圓內，B錯誤；C選項，圓上的點到點距離的最大值為圓心到的距離加上半徑，得到答案；D選項，根據兩圓內切，得到半徑.【詳解】選項A：變形為，圓心為，A正確；選項B：，故點在圓內，故過點的直線不可能與圓相切，B錯誤選項C：圓上的點到點距離的最大值為圓心到的距離加上半徑，即，C正確；選項D：兩圓的位置關系為內切，且點P在圓M的內部，則圓的半徑為，D正確.故選：ACD10．AD【分析】利用平均數的定義相關公式以及方差的定義相關公式即可判斷選項ABC，結合樣本相關系數的概念即可判斷選項D.【詳解】對于A，，故A正確；對于B，，其平均數為，故B錯誤；對于C，，因為，故，而當時，，滿足條件，但此時可以不都相等，故C錯誤；對于D，由樣本相關系數的概念可知，D正確.故選：AD11．AD【分析】根據圖象依次求得的值，再結合三角函數圖象變換、以及性質，易得到答案.【詳解】由函數的部分圖象，可得，.再根據五點法可得，得，故.，故A正確；，故B錯誤；取時，顯然不成立，故C錯誤；令，由，可得，要使方程在上有兩個不相等的實數根，只需函數在上有兩個不同的零點，即，故D正確.故選：AD.12．AB【分析】利用周期函數的定義判斷A；求出導數，利用軸對稱的意義判斷B；求出函數的零點判斷C；利用導數探討單調性并確定極值點判斷D.【詳解】依題意，，是周期函數，A正確；而，則，的圖象關于對稱，B正確；，在上只有一個零點，C錯誤；當時，，令，求導得，又，于是，即，函數在上單調遞減，而，，則，使得，于是函數在上有唯一零點，且當，函數遞減，當，函數遞增，因此在上只有1個極值點，D錯誤.故選：AB【點睛】結論點睛：函數的定義域為D，，(1)存在常數a，b使得，則函數圖象關于點對稱.(2)存在常數a使得，則函數圖象關于直線對稱.13．【分析】利用向量線性運算的坐標表示，向量數量積和模的坐標表示，坐標法求向量夾角.【詳解】已知，則，故，故，即與的夾角為.故答案為：14．24【分析】法一：先將捆綁，再排除以外其他人，最后插空即可；法二：先將捆綁，進行全排列，再減去在兩邊的情況.【詳解】法一：將捆綁，則除以外其他四人的排序有種，又不排在兩邊，所以可選的位置有兩種，所以共種排法；法二：將捆綁，若的位置任意，則五人的排序有種，其中排在兩邊的情況有種，所以不排在兩邊的情況有種；故答案為：.15．40【分析】設，，根據圓的性質可知，利用勾股定理結合雙曲線的定義可得，即可得結果.【詳解】設，，由在以為直徑的圓上可得：，故，且四邊形為矩形，由雙曲線可知：，即，又因為，則，可得，則，所以.故答案為：40.16．【分析】對四面體各棱的長度進行分類討論，結合錐體的體積公式可求得該四面體的可能體積．【詳解】1和3可以構成的三角形有：邊長為1的正三角形，邊長為3的正三角形，邊長為1，3，3的三角形.所以可以構成的四面體有：兩個邊長為3的正三角形和兩個1，3，3的三角形拼成的三棱錐，如圖1所示；四個1，3，3的三角形拼成的三棱錐，如圖2所示一個底面為邊長為1的正三角形，側棱長均為3的正三棱錐,如圖3所示；按如圖所示的位置擺放，底面形狀相同，即底面積相等，分析圖形，根據側棱的數據可知，圖1三棱錐的高度最大，體積最大.，是的中點，，，平面，，則平面，該三棱錐的體積，在中，，，則，，則該三棱錐的體積.所以該四面體體積最大值為.故答案為：.【點睛】方法點睛：求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，此題中四面體有三種結構，取相同的底面，只需比較棱錐的高，即可知體積最大的四面體形狀，計算數據即可．17．(1)(2)6【分析】（1）根據正弦定理邊角互化可得，即可根據輔助角公式或者同角關系求解，（2）根據面積公式可得，結合余弦定理即可求解.【詳解】（1）由正弦定理得，又，得，方法一：由輔助角公式可得.圖為中，所以，則，故.方法二：聯立與，消去得，即，解得或.由于，所以，故.（2）解法一：而由余弦定理得，即，則解得，故的周長為解法二：而由余弦定理得，即，則，從而有，則，故的周長為18．(1)證明見解析(2)【分析】（1）依題意，建立空間直角坐標系，利用空間向量法可得證；（2）結合（1）中結論，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【詳解】（1）在直三棱柱中，，故以為坐標原點，方向分別為軸的正方向建立如圖空間直角坐標系.則，所以，所以，所以.（2）因為點在棱上，，所以，又，則，設平面的法向量為，則，即，令，則，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）將替換得到新等式，然后分析原式與新等式作差的結果，結合等差數列的定義進行證明即可；（2）先根據條件求解出的通項公式，然后代入的通項，通過裂項先化簡，然后用裂項相消法進行求和.【詳解】（1）由題可知，因為，所以時，，兩式相減得，化簡可得，且滿足條件，綜上可得，是公差為的等差數列；（2）因為，故，解得，所以，所以，所以所以.20．(1)(2)，.【分析】（1）分別求出質點前進1格、前進2格的概率，再利用相互獨立事件的概率公式求解即得.（2）求出，當時，探求的關系，利用構造法、累加法求出，進而求出即得.【詳解】（1）設事件為質點前進1格，事件為質點前進2格，則，設事件為質點經過兩次投擲后位于第4個格子，所以.（2）質點移動到第個格子的情況可分為兩種：由第個格子移動至第個格子；由第個格子移動至第個格子，則，，因此，則數列是以為首項，為公比的等比數列，于是，因此，所以，.21．(1)(2)【分析】（1）由導數的幾何意義可解；（2）求導得，對a進行分類討論即可.【詳解】（1）.所以即切線斜率為，又，所以，令解得，則，故點坐標為.（2），因為，令得，①當由的變化可得1+00+單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增符合題意；②當由的變化可得10+0單調遞減極小值單調遞增極大值單調遞減不符合題意；③當，，單調遞減，沒極值點；④當，由的變化可得10+0單調遞減極小值單調遞增極大值單調遞減，解得；綜上所述，.【點睛】關鍵點睛：本題主要考查導數的幾何意義以及利用導數研究函數的極值，注意分類討論思想的應用，本題難點在于a的范圍的劃分，屬于?？碱}型.22．(1)(2)【分析】（1）設出兩點的坐標，由為線段的中點得到的坐標，把點的坐標代入整理得線段的中點的軌跡;（2）設直線，聯立拋物線，借助重心公式找到的關系，再表示出面積，利用導數知識，找到面積的取值范圍.【詳解】（1）設，則，由為中點可得：，故（*），因為在拋物線上，故，將代入上式可得：，故的