2024广东省高三上学期11月统一调研测试数学含解析

这是一份2024广东省高三上学期11月统一调研测试数学含解析，共18页。试卷主要包含了已知中，，点是边的中点，记，若，，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知复数满足，则（ ）
A．5B．C．D．1
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．从2，3，5，7这四个数中随机地取2个不同的数相乘，其结果能被10整除的概率是（ ）
A．B．C．D．
4．已知平面向量，满足，，则与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
5．“”是“函数在区间上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．若椭圆与双曲线有公共的左焦点，两曲线在第一、三象限内的公共点分别为，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知中，，点是边的中点，记．则当最大时，（ ）
A．B．C．D．
8．17到19世纪间，数学家们研究了用连分式求解代数方程的根，并得到连分式的一个重要功能：用其逼近实数求近似值．例如，把方程改写成①，将再代入等式右边得到，继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行，取时，由此得到数列，，，，，记作，则当足够大时，逼近实数．数列的前2024项中，满足的的个数为（参考数据：）
A．1007B．1009C．2014D．2018
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．一组数据从小到大为5，6，7，8，，11，若这组数据的平均数是8，则（ ）
A．B．极差为6C．40%分位数为7D．方差为5
10．若，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知圆：，是直线：上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A．有最小值B．四边形的周长最小为8
C．D．外接圆的面积最大为
12．已知函数及其导函数的定义域均为，且是奇函数，．若在区间上单调递增，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．函数的最小正周期为________．
14．已知正数，满足，则________．
15．已知点在椭圆：上运动，，动点满足，则的最大值为________．
16．已知正三棱柱的底面边长为2，以为球心、为半径的球面与底面的交线长为，则三棱柱的表面在球内部分的总面积为________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）在数列中，，，设，，．给定3个条件：
①数列为等差数列；
②数列为公比为正数的等比数列；
③数列的前项和，其中，为常数．在这3个条件中任选一个，并解决下列问题．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．（12分）记的内角，，的对边分别为，，，为边的中点，已知．
（1）求；
（2）当时，求的最大值．
19．（12分）如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，为棱的中点．
（1）证明：；
（2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
20．（12分）已知在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过点的直线与交于，两点，且．
（1）求的标准方程；
（2）已知为轴上的点，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，当直线的斜率为1时，求点的坐标．
21．（12分）已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若存在零点，求实数的取值范围．
22．（12分）现有甲、乙两个不透明盒子，甲盒子装有2个红球和2个白球，乙盒子装有4个白球，这些球的大小、形状、质地完全相同．在一次球交换过程中，从甲盒子与乙盒子中各随机选择1个球进行交换，重复次这样的交换过程后，甲盒子里装有红球的个数为．
（1）求的概率分布及数学期望；
（2）求．
广东省2023—2024学年高三11月统一调研测试
数学参考答案及评分细则
1．【答案】B
【解析】由题意可得，所以，则，故选B．
2．【答案】C
【解析】因为，因为，所以，
所以，，，，故选C．
3．【答案】A
【解析】所求概率为，故选A．
4．【答案】D
【解析】因为，且，所以，
即，所以，
设与的夹角为，则，
因为，所以，即与的夹角为，故选D．
5．【答案】A
【解析】由题设易知，且，设，则函数开口向上且对称轴为，
所以在上单调递增，则为增函数，所以．
要使在上单调递增，则，即，
所以，要使对恒成立，则只需，．
综上，．所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件，故选A．
6．【答案】C
【解析】易知两曲线有公共的右焦点，根据题意，，，
根据椭圆的定义得到，
根据双曲线的定义得到，
故，，又，
所以，从而，，
故选C．
7．【答案】B
【解析】方法一：记，由题意得，，为锐角，
则
即有最大值
当且仅当即时取等号，
此时也最大，故选B．
方法二：设，，以点为坐标原点，，分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，，，
所以，
所以
可齐次化，不妨设，，
则
所以当，即时，取最小值，
又因为是锐角，此时最大，，
故选B．
8．【答案】D
【解析】由题，，且前8项为1，2，，，，，，
所以当时，；
当时，．
所以，
其中，
所以，
所以，，
所以不满足的分别为，，，，，，，故选D．
9．【答案】BC
【解析】由题得，所以，所以A错误；
根据定义极差为，B正确；
因为，40%分位数为7，C正确；
根据方差公式，方差为，D错误，故选BC．
10．【答案】ACD
【解析】对于A：，A正确；
对于B：，B错误；
对于C：，C正确；
对于D：，D正确，故选ACD．
11．【答案】ABC
【解析】设，
所以当，即时，取得最小值，A正确；
四边形的周长为，当取最小值时，四边形的周长最小为8，B正确；
因为，所以，又因为，
所以，
则，C正确；
外接圆的面积最小为，无最大值，D错误，故选ABC．
12．【答案】ACD
【解析】因为是定义在上的奇函数，所以．
由，得，所以，故选项A正确；
因为可化为，令，则为上可导的奇函数，，且，所以的图象关于直线对称，且是以4为周期的函数，所以，所以，故选项B错误；
因为在区间上单调递增，，所以在区间上单调递增．由对称性得在区间上单调递减，
所以，即，所以，故选项C正确；
因为，所以，从而，解得．由，得，，从而是以4为周期的函数，所以，，所以，故选项D正确．故选ACD．
13．【答案】
【解析】因为的最小正周期为，所以的最小正周期为．
14．【答案】5
【解析】由得，，
所以．
15．【答案】
【解析】依题设，则，
由，可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆．
，
当且仅当取等号，
即，故．
16．【答案】
【解析】记以为球心为半径的球面与底面的交线半径为，正三棱柱的高为，则，且，解得，，则三棱柱的表面在球内部分的总面积为
17．解：（1）若选择①，，（1分）
则等差数列的公差，（3分）
所以，所以（5分）
若选择②，（1分）
则等比数列的公比满足，又，故，（3分）
所以，．（5分）
若选择③，因为，
则，，（1分）
解得．
故，（3分）
当时；
又，符合上式，
所以．（5分）
（2）由（1）知，所以，．（7分）
（10分）
【评分细则】
第（2）问结果没有化简或化简错的，只要有这一步，整体只扣1分．
18．解：（1）由及正弦定理，
得，即，（2分）
又中，，则，故，（4分）
又，则．（6分）
（2）因为
所以，当且仅当时取等号．（8分）
因为为边的中点，
所以，
两边平方得到
故，当且仅当时取等号．
故的最大值为．（12分）
【评分细则】
1．第（1）问凡是有推理不严密，如漏，等，整体只扣1分，不多次扣分；
2．第（2）问用其他方法做，只要推理与结果对，也给满分，但过程中利用基本不等式求最值时，至少要有一处说明取等条件（或），否则扣1分．
19．（1）证明：连接，在中，因为，，，
所以由余弦定理得，，
因为，所以，
因为四边形为平行四边形，
所以，所以．（2分）
又因为，，，平面，
所以平面．（4分）
因为平面，所以．（5分）
（2）解：因为，，，，平面，
所以平面．
又因为，所以，，两两相互垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．（6分）
因为，，所以为二面角的平面角，即．（7分）
在中，，，，所以．
因为为棱的中点，
所以．
根据条件，，，，
所以，，（9分）
设平面的法向量为，
则
取．（11分）
设直线与平面所成的角为，
则
即直线与平面所成角的正弦值为．（12分）
【评分细则】
第（2）问可能存在其他建系方法，只要推理与结果正确，同样给满分．
20．解：（1）因为，，
所以，
又，所以，，
故的标准方程为：．（4分）
（2）设，，，，，的方程为，
由
得．
则，，同理．（7分）
所以直线的斜率为（9分）
设的方程为，
联立得．
则
所以，，
所以点的坐标为．（12分）
【评分细则】
1．第（1）问只求出给2分；
2．第（2）问利用其它的参数计算直线MN的斜率和点E的坐标，只要结果正确也同样给分．
21．解：（1）当时，，，
则，（1分）
当时，，，故；
当时，，故，
故的单调递增区间为，单调递减区间为．（4分）
（2）方法一：，，
令，则，
则在上单调递增．
取，
取，（5分）
又在上图象不间断，且在上单调递增，
故存在唯一的使得，即．（6分）
当时，；
当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
因此（9分）
当时，即时，，，
故，此时无零点；
当时，即时，故，此时有1个零点为1；（10分）
当时，即时，，，
故，
取，则，
又在上图象不间断，故存在：使得，即此时存在零点．（11分）
综上所述，存在零点时，实数的取值范围为．（12分）
方法二：由（1）知当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，且，
当且仅当时取等号，故有1个零点；（5分）
当时，，
即，故没有零点；（6分）
当时，构造函数，证明（过程略），从而对恒成立；
构造函数，证明（过程略），从而．
因此，，
故．
又，且在上图象不间断，
故存在，使得，
即此时存在零点．（11分）
综上所述，存在零点时，实数的取值范围为．（12分）
方法三：令，，
令，
则
当时，；
当时，，
所以当时，取得最小值，
若函数存在零点，则有解，所以．（8分）
当时，，
令，
又因为在上图象不间断，故存在，使得，
综上所述，存在零点时，实数的取值范围为．（12分）
【评分细则】
1．第（1）问仅正确求得单调递增区间、单调递减区间中的一个扣2分；
2．第（2）问相关解法中涉及到的取点（不唯一）是否取到，不影响后续步骤的得分．
22．解：（1）由题意可知的所有可能取值为1，2，
且，（1分）
由题意可知的所有可能取值为0，1，2，
且，
的概率分布表如下：
（4分）
．（5分）
（2）当时，由题意可知的所有可能取值为0，1，2，
则，
故
故是首项为、公比为的等比数列．（11分）
故，．（12分）
【评分细则】
1．第（1）问中，3个概率求解中可以先求出其中2个，用间接法求第3个，3个概率都正确得2分，有正确的但不完全正确的给1分，概率分布表1分；
2．第（2）问中，等比数列的证明不严密整体扣1分．