2024届广东省广州市越秀区高三上学期十月月考数学试题含解析

这是一份2024届广东省广州市越秀区高三上学期十月月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题意可得，再根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【详解】因为，即，
所以，所以.
故选：A
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，根据对数函数的性质求出集合，最后根据补集、并集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以，
所以，
又，
所以.
故选：C
3．已知长方形中，，，是的中点，是的中点，则（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】A
【分析】建立平面直角坐标系，根据向量的坐标运算求解即可.
【详解】如图以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则，，，，，
故，故.
故选：A
4．若为奇函数，则（ ）
A．1B．0C．D．
【答案】D
【分析】由奇函数性质求参数，再由奇偶性定义验证即可.
【详解】由解析式知：函数定义域为R，又为奇函数，
所以，
故，
由，为奇函数，满足题设.
所以.
故选：D
5．已知椭圆：的左焦点为，若椭圆上存在点，使得线段被直线垂直平分，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直角三角形的判定方法、正弦定理，结合椭圆的定义、比例的性质、椭圆离心率公式进行求解即可.
【详解】设右焦点为，直线交于，连接，
因为线段被直线垂直平分，所以，，
所以是以为斜边的直角三角形，
由直线的方程可知该直线的斜率为，
所以该直线的倾斜角为，即，
在中，由正弦定理可知：
，
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用正弦定理和比例的性质以及运用直角三角形的判定方法.
6．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数型复合函数的单调性与定义域，结合二次函数的单调性求解即可.
【详解】函数在区间上单调递减，则在区间上恒成立，且为减函数，
故在区间上恒成立，且对称轴，
故且，则的取值范围是
故选：B
7．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由倍角余弦公式并整理得，结合角的范围得，进而求，应用倍角正切公式求值即可.
【详解】由，即，
所以或，又，则，
所以，则，
由.
故选：D
8．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为，得到数列.设数列的前项和为，若时，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）
A．5B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】观察图形可知周长形成的数列是首项，公比为的等比数列，即可求出与，从而得到关于的不等式，解得即可..
【详解】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列，
从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的倍，边长是相邻前一个图形的，
因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的，即有，
因此数列是首项，公比为的等比数列，，
数列的前项和为，
若，则，即，
所以，
所以，又为正整数，所以的最小值为.
故选：C
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．在处的切线方程为
C．在上的值域为
D．当时，方程有且仅有一解
【答案】AB
【分析】求出函数的导函数，从而得到函数的单调性，即可判断A、C，利用导数的几何意义求出切线方程，即可判断B，结合函数的单调性与极值，即可判断D.
【详解】因为定义域为，且，
令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，在处取得极小值，即有两个极值点，故A正确；
又，，所以在处的切线方程为即，故B正确；
因为，，，所以在上的值域为，故C错误；
方程的解，即为与的交点的横坐标，
因为，，
所以恒成立，
所以当时与没有交点，故D错误；
故选：AB
10．已知三棱锥中，，面面，，点为中点，与面所成的角为，则（ ）
A．B．点到面的距离为
C．三棱锥的侧面积为D．与所成角为
【答案】AC
【分析】对A，取中点，中点，根据线面垂直面面垂直的性质与判定，结合中位线性质证明即可；对B，根据等体积法，求解即可；对C，根据侧面均为等腰三角形计算即可；对D，取中点，则与所成角为与所成角，再证得为正三角形即可.
【详解】对A，取中点，连接如图，因为，，
故，且，故，.
又面面，且面面，面，故面.
又面，故，又，，故.
取中点，因为，故.
又中点，中点，故，故，故A正确；
对B，因为，故，
因为面，故与面所成的角为，故，
又，故，则，，故，
设点到面的距离为，，则由可得，
，即，解得，故B错误；
对C，为边长为2的等边三角形，则三棱锥的侧面积为
，故C正确；
对D，取中点，则，又，故与所成角为与所成角，
又，，故为正三角形，故，即与所成角为，故D错误.
故选：AC
11．已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点的直线与抛物线交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．此抛物线上与焦点的距离等于3的点的坐标是
B．若，则点到轴的距离为3
C．是准线上一点，是直线与的一个交点，若，则
D．
【答案】BCD
【分析】首先根据抛物线的几何意义，求出抛物线方程，根据焦半径公式判断A，设、，由焦点弦的性质判断B，根据三角形相似判断C，首先证明，再利用基本不等式判断D.
【详解】因为抛物线：的焦点到准线的距离为2，所以，
则抛物线：，所以焦点，准线为，
对于A：设该点为，则，解得，所以，解得，
所以此抛物线上与焦点的距离等于3的点的坐标是或，故A错误；
对于B：设、，则，解得，
又为线段的中点，则，所以点到轴的距离为，故B正确；
对于C：过点作准线的垂线段，垂足为，则，
设准线与轴交于点，则，因为，所以，
则，则，所以，
即，所以，则，故C正确；
对于D：依题意过点的直线的斜率不为，设过点的直线为，
由，消去得，
显然，所以，，则，
，
所以，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，故D正确；
故选：BCD
12．已知函数是定义域为的偶函数，是奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是以4为周期的函数D．的图象关于对称
【答案】ACD
【分析】利用函数奇偶函数的性质，结合特殊值代入法、函数周期和对称性的性质逐一判断即可.
【详解】因为函数是定义域为的偶函数，所以，
因为是奇函数，所以，
将换成，则有，
A：令，所以，因此本选项正确；
B：因为，所以函数关于点对称，
由，可得，的值不确定，
因此不能确定的值，所以本选项不正确；
由，可得
C：因为，
所以，
所以，因此是以4为周期的函数，因此本选项正确；
D：因为，
所以，
因此有，
所以函数的图象关于对称，
由上可知是以4为周期的函数，
所以的图象也关于对称，因此本选项正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题的关键是把函数的奇偶性转化为等式的关系，通过赋值法判断函数的对称性和周期性.
三、填空题
13．记为等差数列的前项和，若，，则 .
【答案】
【分析】根据已知，利用等差数列通项公式、前n项和公式求基本量，进而写出通项公式即可.
【详解】由，又，
设公差为，两式相减有，故，
所以.
故答案为：
14．二项式 的展开式中的系数为 .（用数字作答）
【答案】－160
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得x2的系数．
【详解】在的展开式中，通项公式为 Tr+1••，令＝2，解r=3,
故x2的系数是•
故答案为-160．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，指定项系数，属于基础题．
15．已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为1，则圆台的体积为 .
【答案】
【分析】由已知求出圆锥的高，进而求出截去的小圆锥的高，利用大圆锥体积减去小圆锥体积求圆台体积即可.
【详解】设圆锥母线长为，则，故圆锥的高为，
由圆台的上底面半径为1，故截去的小圆锥的高为，
所以圆台体积为.
故答案为：
四、双空题
16．函数，将的图象上所有的点纵坐标保持不变横坐标变为原来的倍，然后将所得图象向左平移个单位长度得到函数，则化简后 ，若函数在内恰有4个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据三角函数图象平移可得，再代入，数形结合求解即可
【详解】由题意，又在内恰有4个零点，
故，即在内恰有4个零点，
则在内恰有4个零点，
数形结合可得，当时有两根，当时也有两根，

故，即，故的取值范围是.
故答案为：
五、解答题
17．在中，角、、的对边分别为，，，已知，，是边上的点，
(1)若且，求的长；
(2)若，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设（），在、分别利用余弦定理，即可得到方程组，解得即可；
（2）由正弦定理求出，即可求出，再求出，最后根据利用两角和的余弦公式计算可得.
【详解】（1）依题意设（），则，
在中由余弦定理，
即①，
在中由余弦定理，
即②，
由①②解得或（舍去），
所以.
（2）由正弦定理，即，解得，
又，所以，所以，
又，所以，
所以
.
18．如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，其中，，，，点是的中点.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式进行求解即可；
（2）利用空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
因为，，
所以；
（2），
设平面的法向量为，
于是有，
设平面的法向量为，
于是有，
设二面角为，
，
所以二面角的正弦值为：.
19．已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数符号，即可确定对应单调性；
（2）由（1）知，应用分析法，将问题转化为证明在上恒成立，构造函数并研究恒成立.
【详解】（1）由且，
当，即，则，此时在上递减；
当，即，则上，上，
此时在上递增，上递减；
综上，时在上递减；时在上递增，在上递减；
（2）由（1）知：时，
要证，即证，
只需证在上恒成立，
令且，则，
当时，递减；当时，递增；
所以，
即在上恒成立，故时，得证.
20．已知数列满足，
(1)记，求证：为等比数列；
(2)设数列满足：，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）根据等比数列的定义进行证明即可；
（2）根据累和法、错位相消法，结合数列的单调性进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以为等比数列；
（2）由（1）可知：是2为公比的等比数列，
，因此，
即，
而，
所以，
当时，
，
令，
所以，
两式相减，得，
所以，
所以，当时，也满足，
由
设，
由，
由，
当，所以有，
，所以，
所以，因此实数的取值范围为.
21．为了保障学生的饮食安全和健康，学校对饭堂硬件和菜品均进行了改造升级，改造升级后的饭堂菜品受到了很多学生的欢迎，因此在学校饭堂就餐成为了很多学生的就餐选择.现将一周内在饭堂就餐超过3次的学生认定为“喜欢饭堂就餐”，不超过3次的学生认定为“不喜欢饭堂就餐”.学校为了解学生饭堂就餐情况，在校内随机抽取了100名学生，统计数据如下：
(1)依据小概率值的独立性检验，分析学生喜欢饭堂就餐是否与性别有关.
(2)该校小林同学逢星期三和星期五都在学校饭堂就餐，且星期三会从①号、②号两个套餐中随机选择一个套餐，若星期三选择了①号套餐，则星期五选择①号套餐的概率为0.8；若星期三选择了②号套餐，则星期五选择①号套餐的概率为，求小林同学星期五选择②号套餐的概率.
(3)用频率估计概率，从该校学生中随机抽取10名，记其中“喜欢饭堂就餐”的人数为，事件“”的概率为，求使取得最大值时的值.
参考公式：，其中.
【答案】(1)可以得到学生喜欢饭堂就餐与性别有关
(2)
(3)
【分析】（1）计算出卡方，即可判断；
（2）利用全概率公式求出星期五选择了①号套餐的概率，再利用对立事件的概率公式计算可得；
（3）首先求出学生“喜欢饭堂就餐”的概率，依题意可得，即可得到，从而得到，解得即可.
【详解】（1）由列联表可得，
所以依据小概率值的独立性检验，可以得到学生喜欢饭堂就餐与性别有关.
（2）记星期三选择了①号套餐为事件，选择②号套餐为，
星期五选择了①号套餐为事件，选择②号套餐为，
则，，，
所以，
所以.
（3）依题意可得学生“喜欢饭堂就餐”的概率，
则，所以（且），
若取得最大值，则，
即，
即，解得，
又且，所以.
22．在一张纸上有一个圆：，圆心为点，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为.
(1)求出点的轨迹的方程；
(2)若过点且斜率为（或）的直线交曲线于，两点，为轴上一点，满足，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由
【答案】(1)；
(2)为定值.
【分析】（1）由题意且，根据双曲线定义确定轨迹方程即可；
（2）令且，，联立双曲线方程，应用韦达定理求中点坐标，进而写出垂直平分线，即可求坐标并得到，再根据双曲线定义求，即可判断目标式是否为定值.
【详解】（1）由题意，可画出如下示意图，，

由圆，则圆心，半径为2，
所以，
即轨迹是以为焦点的双曲线，且，，故，
所以轨迹的方程为.
（2）令且，联立，
所以，且，
令，则，
所以，，
故中点坐标为，则垂直平分线为，
令，则，即，故，
又直线交曲线于，两点必在右支，则，
所以，则，
而，
综上，为定值.
【点睛】关键点点睛：第一问，应用垂直平分线性质有，结合已知及双曲线定义确定轨迹；第二问，设直线，联立双曲线，应用韦达定理求垂直平分线为关键.
性别
饭堂就餐
合计
喜欢饭堂就餐
不喜欢饭堂就餐
男生
40
10
50
女生
20
30
50
合计
60
40
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828