广东省佛山市禅城区2024届高三上学期统一调研测试（一）数学试题

这是一份广东省佛山市禅城区2024届高三上学期统一调研测试（一）数学试题，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．复数等于（ ）
A．B．C．D．
2．若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
3．设四边形为矩形，，，若点，满足，，则（ ）
A．28B．32C．36D．40
4．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县新石器时代遗址中发现的.如图所示是一个陀螺立体结构图，已知底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（ ）

A．B．C．D．
5．等比数列公比为，，若（），则“”是“数列为递增数列”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．将，，，，共5名同学从左到右随机排成一排，则与之间恰好有1名同学的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，且，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在R上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图像所有交点的横坐标之和为（ ）
A．3B．4C．5D．6
二、多选题
9．举世瞩目的第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，亚运会点燃了国人激情，也将一股运动风吹到了大学校园.为提升学生身体素质，倡导健康生活方式，某大学社团联合学生会倡议全校学生参与“每日万步行”健走活动.下图为该校甲、乙两名同学在同一星期内每日步数的拆线统计图，则（ ）
A．这一星期内甲、乙的日步数的中位数都为12600
B．这一星期内甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数
C．这一星期内乙的日步数的方差大于甲的日步数的方差
D．这一星期内乙的日步数的下四分位数是12200
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个极值点B．函数有3个零点
C．函数的所有极值的和为2D．是函数图象的一条切线
11．已知，，且，则（ ）
A．的最小值是1B．的最小值是
C．的最小值是4D．的最小值是4
12．如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，B．当时，点到平面的距离为
C．当时，平面D．当时，三棱锥的体积恒为
三、填空题
13．已知随机变量服从正态分布，且，则 .
14．若点关于原点对称点为，写出的一个取值为 .
15．已知曲线与曲线（）相交，且在交点处有相同的切线，则 .
16．已知直三棱柱的外接球半径为2，，，则三棱柱的体积的最大值为 .
四、解答题
17．设的内角，，所对的边分别为，，，在①、②、③中任选—个作为条件解答下列问题.条件①：；条件②：；条件③：.
(1)求角的大小；
(2)若，，求边上的高.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
五、证明题
18．已知数列是正项等比数列，数列满足.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若，，设数列和中的所有项按从小到大的顺序排列构成数列，记数列的前项和为，求
六、解答题
19．已知函数在区间上单调，其中为正整数，，且.
(1)求图象的一个对称中心；
(2)若，求.
七、证明题
20．如图1，矩形中，，点为的中点，现将沿折起，使得平面平面，得到如图2所示的四棱锥，点为棱上一点.

(1)证明：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
八、解答题
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，，求的取值范围.
22．佛山岭南天地位于禅城区祖庙大街2号，主要景点有龙塘诗社、文会里嫁娶屋、黄祥华如意油祖铺、李众胜堂祖铺、祖庙大街等，这里的每一处景色都极具岭南特色，其中龙塘诗社和祖庙大街很受年轻人的青睐.为进一步合理配置旅游资源，现对已在龙塘诗社游览的游客进行随机问卷调查，若继续游玩祖庙大街景点的记2分，若不继续游玩祖庙大街景点的记1分，每位游客选择是否游览祖庙大街的概率均为，游客之间的选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为，求的分布列与数学期望；
(2)（ⅰ）若从游客中随机抽取人，记总得分恰为分的概率为，求数列的前10项和；
（ⅱ）在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为分的概率为，探讨与之间的关系式，并求数列的通项公式.
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的乘除运算可得解.
【详解】.
故选：A.
2．D
【分析】根据图分析可得阴影部分表示，然后直接求解即可.
【详解】由题知，，
，则阴影部分表示，
而，则.
故选：D
3．A
【分析】根据矩形的几何性质，结合平面向量的线性运算，可得答案.
【详解】
由，则；由，则，
在矩形中，由，则，
.
故选：A.
4．B
【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为（），
故选：B
5．B
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】因为等比数列公比为，
所以，
当时，，，显然数列为不是递增数列；
当“数列为递增数列”时，有，
因为，所以如果，例如，显然有，，显然数列为不是递增数列，
因此有，，
所以由，
当时，显然对于恒成立，
当时，对于不一定恒成立，例如；
当时，对于不一定恒成立，例如；
当时，对于恒不成立，
因此“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件，
故选：B
6．C
【分析】先求出基本事件总数，再确定“与之间恰好有1名同学”包含的基本事件个数，由此能求出“与之间恰好有1名同学”的概率．
【详解】将，，，，这5名同学从左至右随机地排成一排，
基本事件总数为：，
则符合“与之间恰好有1名同学”的事件总为：
故与之间恰好有1名同学的概率为.
故选：C.
7．C
【分析】由两角和正切公式及条件求得，然后化切为弦，结合两角差的余弦公式求得，从而利用两角和余弦公式得，从而利用二倍角公式可求解.
【详解】由题意可得，
因为，所以，
由，得，
故，
所以.
故选：C.
8．A
【分析】首先根据题干条件确定抽象函数的对称性和周期性，然后根据的性质及的解析式画出与在的图像，观察图像，结合函数对称性求解所有交点横坐标之和.
【详解】由，可知函数的图像关于直线对称，
又为偶函数，，故函数是周期函数，且周期，
，的图像也关于直线对称，
当时，，设，
则，即函数在为减函数，
又，即，即函数，的图像在无交点，
则函数，在上的图像如图所示，
可知两个图像有3个交点，一个在直线上，另外两个关于直线对称，则三个交点的横坐标之和为3.
故选：A
9．ABD
【分析】根据折线图得到这一星期内甲，乙的日步数，都从小到大进行排列，得到中位数后即可判断选项；根据平均数计算公式，计算出这一星期内甲，乙的日步数的平均数，比较大小即可判断选项；根据图象观察甲的波动程度较大，故方差较大，从而判断选项；
把乙一星期内的步数从小到大进行排列，并计算，故第二个数为所求，即可判断选项.
【详解】由折线图可得甲一星期内的步数从小到大的排列为：
11000，11800，12200，12600，13500，15400，18200，所以中位数为12600；
由折线图可得乙一星期内的步数从小到大的排列为：
11800，12200，12400，12600，15000，13800，14000，所以中位数为12600，
故这一星期内甲、乙的日步数的中位数都为12600，正确；
这一星期内甲的日步数的平均数为：，
这一星期内乙的日步数的平均数为：
，
因为，故正确；
由图知，甲的波动程度较大，故方差较大，故错误；
乙一星期内的步数从小到大的排列为：
11800，12200，12400，12600，15000，13800，14000，
，故这一星期内乙的日步数的下四分位数是12200，故正确；
故选：
10．AC
【分析】对函数求导，判断其单调性和极值情况，即可判断选项A，B，C；假设是曲线的切线，设切点为，求出，的值，验证点是否在曲线上，即可判断选项D．
【详解】函数的定义域为，则，
令，解得或，
令，解得，
所以函数在上递减，在上递增，在上递增
又，，，
有两个极值点和，有且仅有一个零点，函数的所有极值的和为2，故选项A，C正确；B错误；
假设是曲线的切线，设切点为，
则，解得或，
显然,和,均不在曲线，故选项D错误．
故选：AC．
11．BC
【分析】利用基本不等式可以判断选项ACD的真假，利用二次函数可以判断选项B的真假.
【详解】对于A，由，得，当且仅当等号成立，A错误；
对于B，由，，
当且仅当时，的最小值是，故B正确；
对于C，，当且仅当，时，等号成立，故C正确；
对于D，，
当且仅当，时等号成立，故D错误，
故选:BC.
12．ACD
【分析】根据正方体的几何性质，确定各选项下点的位置，根据线线关系判断A；根据线面平行确定点到平面的距离来判断B；由面面平行的性质得线面平行来判断C；利用等体积转换法确定三棱锥的体积可判断D.
【详解】对于A，当时，此时点与点重合，由正方体可得，所以，故A正确；
对于B，当时，此时点为的中点，由平面，得点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，由，得，解得，故B错误；
对于C，当时，此时，，三点共线，由平面平面，得平面，故C正确；
对于D，方法1：点在中与平行的中位线上，易得平面，点到平面的距离为定值，为点到平面的距离的一半，即，底面为边长为的等边三角形，所以，则的体积，故D正确.
故选：ACD.
13．/
【分析】根据正态分布的对称性求解指定区间的概率即可.
【详解】随机变量服从正态分布，且，
所以，
所以，
故答案为：
14．（答案不唯一，，均可以）
【分析】根据、关于原点对称，所以两角的终边在一条直线上，得：，.再令随意取值，可得结论.
【详解】∵和关于原点对称.
∴与的终边在一条直线上.即：，.
∴，.
令得.
故答案为：（满足，即可）.
15．
【分析】可先设交点为，利用利用两函数在该点处的函数值和切线斜率相同列方程，可求的值.
【详解】易知：必有.
设两曲线的交点为，，，由题意：，
两式相除得：，∵，∴.
代入得：
解得a=e2.
故答案为：
16．
【分析】将直三棱柱放入长方体中，借助长方体的外接球求解棱长，求出三棱柱体积表达式，方法一：利用导数研究函数的单调性，进一步求出最值；方法二：利用基本不等式求解最值.
【详解】如图，将直三棱柱补成长方体，

则长方体的外接球即直三棱柱的外接球，
且长方体的体对角线长为直三棱柱的外接球的直径4，
设，，则，所以，即，
所以三棱柱的体积，
其中.
方法一：由得，当时，；
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
故当时，.
方法二：，
当且仅当即取等号，所以.
故答案为：
17．(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选择条件①，利用正弦定理得，然后利用余弦定理直接求解即可；选择条件②，利用正弦定理得，然后利用两角和的正弦公式和诱导公式即可得出结果；选择条件③，利用正弦定理得，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求解即可.
（2）利用余弦定理和面积公式直接求解即可.
【详解】（1）选择条件①：由正弦定理得，，
整理得，故
又，故.
选择条件②：由正弦定理得，因为，
所以，因为，
所以，
因为，所以，又，故.
选择条件③：由正弦定理，得
因为，所以，
因为，所以，又，故.
（2）由余弦定理，得，
即，解得或（舍去），
由，解得.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等差数列的定义，即可得结论；
（2）由题确定，，根据等差数列与等比数列项之间的大小关系确定数列的前项和为所包含的项求和可得结论.
【详解】（1）设数列的公比为，因为数列是正项等比数列，所以
当时，为常数，
所以是等差数列.
（2）因为，，所以，
所以，，，
数列的公差，，
因为，，
所以
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据单调区间，以及可得，进而可得对称中心；
（2）先根据单调区间求出的可能取值，然后根据得到和的关系，根据关系以及的可能取值对照验证计算即可.
【详解】（1）因为在区间上单调，
且，，，
所以，
所以图像的一个对称中心是；
（2）由题设，的最小正周期，，
故，由，得，
由为的一个对称中心，
所以，①.
因为，所以或，，.
若②，①-②得，
即.
不存在整数，，使得.
若③，①-③得，
即，
不存在整数，，使得，当时，.
此时，由，
得.
20．(1)证明见解析；
(2)存在，的值为.
【分析】（1）运用面面垂直的性质和线面垂直的性质即得；
（2）通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设出比值，利用线面所成角的空间向量公式计算即得.
【详解】（1）证明：在矩形中，，，，
∴，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面
∴平面，∵平面，∴.
（2）
如图，取的中点，连接，作交于点，则，
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∴，，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，∴
设（），则，
则
设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，此时的值为.
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）用导数分类讨论即可.
（2）构造新函数结合导数即可求解.
【详解】（1），定义域为
当时，恒成立，函数在上是增函数
当时，由得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
综上所述，当时，函数在上是增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）显然，由，得，即①
令，不等式①即为，
因为，所以函数在内单调递增，
所以即，
令，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减
当时，函数取最大值
所以，解得.
22．(1)分布列见解析，数学期望为
(2)（ⅰ）；（ⅱ），
【分析】（1）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
（2）（ⅰ）求出，数列是等比数列，利用公式求出前10项和；
（ⅱ）方法一：分析出得不到分的情况只有先得到分，再得2分，概率为，故，从而是等比数列，公比为，首项为，利用等比数列通项公式求出答案；
方法二：已调查过的累计得分恰为分可以由两种情形得到，即和，由全概率公式得到（），从而得到为常数列，求出，再构造等比数列进行求解.
【详解】（1）的可能取值为3，4，5，6.
，，
，.
所以的分布列如下：
则.
（2）（ⅰ）总分恰为的概率，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
前10项为.
（ⅱ）方法一：已调查的累计得分恰为分的概率为，
得不到分的情况只有先得到分，再得2分，概率为，
其中，
所以，，
所以，
即是等比数列，公比为，首项为.
所以，即.
方法二：已调查过的累计得分恰为分可以由两种情形得到，即和，
由全概率方式，得（），
所以，
为常数列，
又，，，即，
所以，
即是等比数列，公比为，首项为，
所以，即.
3
4
5
6