广东省湛江市2024届高三上学期摸底联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省湛江市2024届高三上学期摸底联考数学试题一、选择题1.设集合，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知，又，所以．故选：C．2.若，则的虚部与实部之比为（）A. B.1 C. D.〖答案〗B〖解析〗设，则，，故，即．故选：B．3.已知平面单位向量满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由可知，两边同时平方得，所以．故选：D．4.汉代初年成书的《淮南万毕术》记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣”．这是中国古代入民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧．在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后的光线所在的直线与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A. B.或1 C.1 D.2〖答案〗C〖解析〗易知关于轴的对称点为，由平面镜反射原理，反射光线所在的直线过且与该圆相切，将圆化简后可得，所以圆心，易知在该圆上，所以即为切点，因此圆心与切点连线与反射光线垂直，设反射光线所在直线的斜率为，即，解得故选：C．5.设为公比为的等比数列的前项和，且，则（）A. B.2 C.或 D.或2〖答案〗D〖解析〗由题意得：，因为，所以，所以，解得或．故选：D.6.下图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中为圆台下底面圆心，分别为圆柱上下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上下底面圆的半径为，，，圆台下底面圆半径为，则该组合体的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗圆柱的上底面面积为；圆柱的侧面面积为；圆台的下底面面积为；圆台的母线长为，所以圆台的侧面面积为，则该组合体的表面积为．故选:B．7.已知RL串联电路短接时，电流随时间的变化关系式为，电路的时间常数，当由减小到时，相应的时间间隔称为半衰期．若某RL串联电路电流从减少到的时间间隔为，则该电路的时间常数约为（）（参考数据：A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设半衰期为，依题意，两边取对数得，由得，即，所以，解得．故选：C．8.已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为，右焦点为，点在的右支上，且满足，则（）A. B.1 C. D.2〖答案〗A〖解析〗由题意得，，则，，由双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，当时，，得，则，即，所以，，，在中，由余弦定理得，因为为锐角，所以，所以，故选：A二、选择题9.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（）A.新样本数据的样本平均数小于原样本数据的样本平均数B.新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差C.新样本数据的极差不大于原样本数据的极差D.新样本数据的上四分位数不小于原样本数据的上四分位数〖答案〗BC〖解析〗选项A：原样本数据的样本平均数，新样本数据的样本平均数，因为，所以与大小无法判断，故A错误；选项B：，因为，所以，即新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差，故B正确；选项C：新样本数据的极差为，故C正确；选项D：设原样本数据的上四分位数为，故新样本数据的上四分位数为，其中与大小无法判断，故D错误；故选：BC10.若随机变量，的密度函数为，则（）A.的密度曲线与轴只有一个交点B.的密度曲线关于对称CD.若，则〖答案〗ACD〖解析〗若，其密度函数，因此的密度曲线与轴只有一个交点，故A正确；的密度曲线关于直线对称，故B错误；，故C正确；，故D正确；故选：ACD11.已知函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若将曲线的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则（）A.B.直线为曲线的一条对称轴C.若在单调递增，则D.曲线与直线有5个交点〖答案〗ABD〖解析〗由题意，故，又的图象向左平移个单位得到，所以，且，故，A正确；因为，且为最小值，所以直线为曲线的一条对称轴，B对；令,故易知在单调递增，故，C错；直线与曲线均过点，且该直线与曲线均关于该点中心对称，当时，，当时，，由对称性可知曲线与直线有5个交点，故D对．故选：ABD．12.已知正方体的各顶点均在表面积为的球面上，为该球面上一动点，则（）A.存在无数个点，使得平面B.当平面平面时，点的轨迹长度为C.当平面时，点的轨迹长度为D.存在无数个点，使得平面平面〖答案〗ACD〖解析〗因为该球的表面积为，故半径，且正方体的棱长满足，故棱长为2，选项A：由题意可知平面平面，且平面，故平面，则的轨迹为正方形的外接圆，故有无数个点满足，A正确；选项B：易知平面，且平面平面，平面，故的轨迹为矩形的外接圆，其周长为，故B错误；选项C：因为平面，设过且与平面平行的平面为，则的轨迹为与外接球的交线，其半径为，周长为，故C正确；选项D：若平面平面，则点在以为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点满足，故D正确；故选：ACD.三、填空题13.已知，若，则______________．〖答案〗〖解析〗因为，且，所以，故（舍），由，解得．故〖答案〗为：．14.某学校准备举办一场运动会，其中运动会开幕式安排了3个歌舞类和3个语言类节目，所有节目依次出场，则恰有两个语言类节目相邻的概率为______________．〖答案〗〖解析〗节目出场顺序总数为，两个语言类节目相邻：，所以恰有两个语言类节目相邻的概率为．故〖答案〗为:．15.设函数在单调递增，则的取值范围为______________．〖答案〗〖解析〗由复合函数单调性“同增异减”原则，函数在上单调递增，且在上恒成立，已知二次函数的对称轴为，所以，解得．故〖答案〗为：．16.已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗连接，由题意得，，又，所以四边形为矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，解得，又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，所以，即，所以，，解得，综上，的离心率的取值范围是.故〖答案〗为：四、解答题17.记的内角的对边分别为，的面积为．（1）求；（2）若，，为边的中点，求．解：（1）由题意，所以，因为，所以．（2）由余弦定理得，又，所以．因为为边的中点，所以，所以，则．18.已知函数的图象在处的切线方程为．（1）求；（2）证明：只有一个极值点．（1）解：的定义域为，因为，所以；所以，将代入，故，则．（2）证明：，设，则，令，故或，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，又，故只存在唯一使得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以只有一个极值点．19.已知数列的前项和满足．（1）证明：为等差数列；（2）若，证明：．证明：（1）因为，所以，作差得①，同理②，②-①得，所以为等差数列．（2）令，则，解得，设的公差为，故，所以，解得，，所以．20.如图，在矩形中，是线段上的一点．将沿翻折到位置，且点不在平面内．（1）若平面平面，证明：；（2）设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值．（1）证明：因面面，且面面平面，所以平面，平面，所以，又，所以．（2）解：设的中点为，连接，则，过作直线垂直于平面，如图所示，以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，易知，，设二面角为，则，则，，，设面的法向量为，则，令，解得，即，设面的法向量，则，令，解得，即，因为平面平面，所以，解得，则二面角余弦值为．21.已知有甲，乙两个不透明盒子，甲盒子装有两个红球和一个绿球，乙盒子装有三个绿球，这些球的大小，形状，质地完全相同．在一次球交换的过程中，甲盒子与乙盒子中各随机选择一个球进行交换，重复次该过程，记甲盒中装有的红球个数为．（1）求的概率分布列；（2）求．（1）解：由题意得，随机变量的所有可能取值为0，1，2，可得，，，或，所以随机变量的分布列为012（2）解：由题意，随机变量的所有可能