广东省佛山市南海区2024届高三上学期8月摸底数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省佛山市南海区2024届高三上学期8月摸底数学试题一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗集合，集合，则.故选：B.2.这三个数的大小顺序是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，，所以，故选：C.3.由成对样本数据得到的经验回归方程为，则下列说法正确的是（）A.直线必过B.直线至少经过中的一点C.直线是由中的两点确定的D.这n个点到直线的距离之和最小〖答案〗A〖解析〗由最小二乘法公式可知，所以经验回归方程必过，故A正确最小二乘法求出的经验回归方程不一定经过点，故BC错误；最小二乘法保证的是竖直距离之和的绝对值最小，故D错误；故选：A．4.下列式子中正确的是（）A.B.C.D.〖答案〗D〖解析〗对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，若，则，，，故C错误；对于D，，故D正确故选：D.5.已知直线是圆的对称轴，过点作圆C的一条切线，切点为P，则|PA|＝（）A.2 B. C.7 D.〖答案〗C〖解析〗由题可得圆的标准方程为：，可知圆心的坐标，半径为，因为直线是圆的对称轴，所以直线经过圆心，则，解得，故，由于过点作圆的一条切线，切点为，.故选：C.6.在的展开式中，含的项的系数是（）A. B. C.3 D.15〖答案〗A〖解析〗由组合知识可知，含的求解，需要从5个因式中，3个因式选择，2个因式选择常数，则含的项的系数是.故选：A7.在凸四边形ABCD中，，E，F分别是边AD，BC的中点，，若以AB，CD为边分别画两个正方形，，再画一个长度、宽度分别为AB，CD的长方形，则所画三个图形，，的面积之和为（）A.7 B.14 C.21 D.28〖答案〗D〖解析〗如图，延长与交于点由，得连接取的中点,连接,则由三角形中位线定理知，,在中，由余弦定理得即所以三个图形，，的面积之和为故选：8.已知数列对任意满足，则（）A.4040 B.4043 C.4046 D.4049〖答案〗B〖解析〗由可得；两式相减可得；即相邻的奇数项或者偶数项成等差数列，且公差为4，所以可得，即；当时，，因此.故选：B.二、选择题9.已知是定义在上不恒为0的奇函数，是的导函数，则（）A.为奇函数 B.为偶函数C.为奇函数 D.为偶函数〖答案〗ABD〖解析〗根据题意，可得，因为为奇函数，可得，可得，即，即，所以为偶函数，由，即为奇函数，所以A正确；由，即为偶函数，所以B正确；由，所以为偶函数，所以C错误；由，所以为偶函数，所以D正确.故选：ABD.10.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（）A. B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD11.已知函数，则（）A.的最大值为 B.的图象与直线仅有三个交点C.的图象关于点对称 D.的图象关于直线对称〖答案〗AC〖解析〗对于A，，令，所以令，，令，解得：，令，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，，，，所以的最大值为，故A正确；对于B，，所以为奇函数，而也为奇函数，故要求的图象与直线在上的交点个数，只需判断的图象与直线在上的交点个数即可，设，，所以在上单调递减，而，所以在上恒成立，即与的图象在上没有交点，所以与的图象在上也没有交点，又，故在上有且仅有一个零点.则的图象与直线只有一个交点，故B错误.对于C，，故的图象关于点对称，故C正确；对于D，取，，的图象关于不关于直线对称，故D错误.故选：AC.12.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗由可知，又可得，由可得，所以A错误；由可知，，所以B正确；由条件概率公式可得，即C正确；又可得，同理，即D错误.故选：BC.三、填空题13.已知复数z与都是纯虚数，则______．〖答案〗〖解析〗由复数是纯虚数，可设复数，可得，因为都是纯虚数，可得，解得，所以.故〖答案〗为：14.已知直线：，过点作直线，则和的交点坐标为______．（用含A，B的式子表示）〖答案〗〖解析〗因为直线：，直线，所以设，又因为过点，则，则，所以，则，解得：，故和的交点坐标为：.15.中，D为边AC上一点，BD平分，且，，，则______．〖答案〗〖解析〗因为BD平分，且，，设，由角平分线定理可得：，即，所以设，因为，则，所以，所以，又因为，又因为，所以，所以.故〖答案〗为：.16.若圆锥内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的体积为，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥的表面积为______．〖答案〗.〖解析〗设圆锥的内切球的半径为，可得，解得，再设圆锥的底面圆的半径为，高为，如图所示，由，可得，即，解得，所以圆锥的体积，当且仅当时，即时，等号成立，此时，母线长为，此时圆锥的表面积为.故〖答案〗为：.四、解答题17.已知是公差不为0的等差数列，是等比数列，其中，，，．（1）求数列，的通项公式；（2）存在常数，使得对每一个正整数n都有，求．解：（1）设的公差为，的公比为.由，，，．则，解得，.所以，.（2）由，可得：对一切正整数都成立.于是，，则，即，即，解得：，.18.如图，顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A，B是底面圆周上不同两点，线段AB不过底面圆心O，AB的中点为Q，，垂足为H，C为PA的中点．（1）求的大小；（2）求平面与圆锥底面夹角．解：（1）根据题意连接，如下图所示：由圆锥的轴截面是等腰直角三角形可知；易知，又因为为的中点，所以；，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以；又为中点，且，所以；，平面，所以平面，平面，可得，因此为直角；即.（2）以为坐标原点，在圆锥底面内的垂线为轴，分别为轴、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：不妨设，则，则显然圆锥底面的一个法向量为，由（1）可知即为平面的一个法向量，设平面与圆锥底面的夹角为，则，可得；即平面与圆锥底面的夹角为.19.已知，为锐角，求证：“”是“”成立的充要条件．证明：由得，所以，，所以，所以充分性成立；因为，所以，若，即，因为，为锐角，得为锐角，为锐角，所以，即，所以，即，此时不成立；若，即，因为，为锐角，得为锐角，为锐角，所以，即，所以，即，此时不成立；故有，所以，所以，所以必要性成立；故“”是“”成立的充要条件．20.某电子公司新开发一款电子产品，该电子产品的一个系统由3个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率为，且每个电子元件能否正常工作是相互独立，若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，否则就需要维修．（1）求系统需要维修的概率；（2）为提高系统正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率为，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作．问：满足什么条件时可以提高整个系统的正常工作概率？解：（1）记事件，事件事件，显然事件与事件互斥，则由题意可知.所以系统需要维修的概率为.（2）记，，，，则由题意可知且显然事件、事件、事件两两互斥，则,将分别代入并整理得.由（1）可知系统原来的正常工作概率为，若新增两个电子元件后整个系统的正常工作概率提高了，则有不等式成立，解得,考虑实际意义知.综上当时，可以提高整个系统的正常工作概率.21.设动点M与定点的距离和M到定直线l：的距离的比是．（1）求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状；（2）当时，记动点M的轨迹为，动直线m与抛物线：相切，且与曲线交于点A，B．求面积的最大值．解：（1）设，则，化简得，，当时，，轨迹为一条直线；当时，，此时轨迹为焦点在轴上的椭圆；当时，，此时轨迹为焦点在轴上的双曲线；综上：当时，轨迹方程为，轨迹为一条直线，当时，轨迹方程为，轨迹为焦点在轴上的椭圆；当时，轨迹方程为，轨迹为焦点在轴上的双曲线；（2）当时，，当直线斜率不存在时，又与相切，故此时直线，此时三点共线，不合要求，舍去，设直线，联立得，由得，显然，联立得，，由，结合，解得，设，则，设直线与轴交于点，则，则，将代入得，因为，令，则，，设，则设，则，，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故最大值为.22.已知函数．（1）证明：不论取何值，曲线均存在一条固定的切线，并求出该切线方程；（2）若为函数的极小值点，求的取值范围；（3）曲线是否存在两个不同的点关于轴对称，若存在，请给出这两个点的坐标及此时的值，若不存在，请说明理由．解：（1），易得，均与无关，所以不论取何值，曲线都存在固定切线为．（2），设，则，当时，即函数在上单调递增，且．①当时