广东省南粤名校2024届高三上学期9月学科综合素养评价联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省南粤名校2024届高三上学期9月学科综合素养评价联考数学试题一、单项选择题1.已知集合，，那么（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，，故.故选：D.2.复数在复平面内对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限〖答案〗A〖解析〗根据复数的除法运算可得，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，在第一象限.故选：A3.函数的一个单调减区间是（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗画出的图象，如下，可以看出的一个单调减区间为，其他选项不合要求.故选：C.4.抛物线的焦点，点在抛物线上，且，的延长线交轴于点，若为线段FN的中点，则（）A.2 B. C.4 D.6〖答案〗C〖解析〗过点作⊥轴于点，交抛物线的准线于点，由题意得，设，由抛物线定义可知，，因为若为线段FN的中点，所以，所以，将其代入中，解得.故选：C5.从正整数1，2，……10中任意取出两个不同的数，则取出的两个数的和等于某个正整数的平方的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗从1，2，……10中任意取出两个不同数，共有种选择，其中满足取出的两个数的和等于某个正整数的平方，故取出的两个数的和等于某个正整数的平方的概率为.故选：C6.已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，求的值（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，因为角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，所以，因此，故选：A7.直线被圆截得的弦长最大值为（）A. B. C.2 D.〖答案〗A〖解析〗将圆方程化为标准式可得，即可知圆心，半径；根据弦长公式可知，当圆心到直线距离最小时，截得的弦长最大，易知圆心到直线的距离为，由三角函数值域可知当时，，此时弦长为.故选：A8.已知定义在R上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗当时，，当且仅当，即时，等号成立，故在上单调递增，因为，所以关于中心对称，所以在R上单调递增，当时，，故只需，解得，与取交集，结果为，当时，，故只需，解得，与取交集，结果为，故不等式的解集为.故选：D二、多项选择题9.某学校随机抽取200名学生数学周测成绩的频率分布直方图如图所示，据此估计该校本次数学周测的总体情况（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），下列说法正确的是（）A.众数为60或70 B.分位数为65C.平均数为73 D.中位数为75〖答案〗BC〖解析〗A：由频率分布直方图可知：小矩形最高是这一小组，所以众数为，因此本选项不正确；B：这一小组的小矩形面积为，这一小组的小矩形面积为，设分位数为，所以有，因此本选项正确；C：平均数为，因此本选项正确；D：这一小组的小矩形面积为，设中位数为，则结合B选项有，因此本选项不正确.故选：BC10.下列不等式正确的是（）A.B.，则C.是不等式成立的必要不充分条件D.函数的最大值是〖答案〗BCD〖解析〗A选项，当时，，不满足要求，A错误；B选项，，因为，所以，故，B正确；C选项，由解得，由解得或，故的解集为或或，由于或，但或，故是不等式成立的必要不充分条件，C正确；D选项，，因为，所以当时，取得最大值，最大值为，D正确.故选：BCD11.数列满足，且，则下列说法正确的是（）A.若，则数列为常数数列B.若，则数列等差数列C.若，则数列前项和为D.对于任意的，，数列都不可能为等比数列〖答案〗BC〖解析〗对于A，若，可得，同理可得，即，所以数列不是常数数列，即A错误；对于B，若，由可得，即为常数，根据定义可知数列为等差数列，即B正确；对于C，若，则，即可得，即数列是以为首项，公差为的等差数列，所以，即，所以，可得数列前项和为，即C正确；对于D，不妨取，可得，此时数列为常数数列，即，此时数列的公比为1，满足数列为等比数列，即D错误.故选：BC12.在直三棱柱中，，且，为线段的中点，为棱上的动点，平面过三点，则下列命题正确的是（）A.三棱锥的体积不变B.平面平面ABEC.当与重合时，截此三棱柱的外接球所得的截面面积为；D.存在点，使得直线BC与平面所成角的大小为．〖答案〗ABC〖解析〗A选项，由于为棱上的动点，故为定值，又到平面的距离为2，故为定值，A正确；B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，设平面的法向量为，则，解得，令，则，故，设平面的法向量为，则，令，则，故，由于，故平面平面；C选项，连接相交于点，直三棱柱中，，故此三棱柱的外接球即为以为长宽高的长方体的外接球，则此点即为外接球球心，其中，故，外接球半径为，设平面的法向量为，则，解得，令，则，故，故点到平面的距离为，则截此三棱柱的外接球所得的截面圆的半径为，故截面面积.故当与重合时，截此三棱柱的外接球所得的截面面积为，C正确；D选项，设，由B选项可知，平面的法向量为，假设存在点，使得直线BC与平面所成角的大小为，则，即，整理得，，由于，方程无解，故直线BC与平面所成角的大小不为，D错误.故选：ABC.三、填空题13.的二项展开式中的系数为______．〖答案〗〖解析〗展开式的通项公式为，令，解得，故，则展开式中的系数为.故〖答案〗为：.14.已知向量，，求向量在向量方向上的投影向量为______．〖答案〗〖解析〗根据题意可知，；由投影向量公式可得，向量在向量方向上的投影向量为.故〖答案〗为：15.若函数在处取得极小值，则函数的极大值为______．〖答案〗〖解析〗，由题意得，解得，故，，当时，，单调递减，当或时，，单调递增，故在处取得极大值，故极大值为.故〖答案〗为：16.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且，（为原点），则______．〖答案〗〖解析〗根据题意，如下图所示：由椭圆定义易知，，在中由余弦定理可得；解得，又是的中点，所以可得，即；所以.故〖答案〗为：四、解答题17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角的大小；（2）设，，求的值．解：（1）在中，由正弦定理可得，，故，因为中，且，故，因为，所以，即；（2）在中，由余弦定理及，，可得，，故．由正弦定理，可得．因为，故，所以为锐角，故，∴.18.已知数列的首项，其前项和为，且，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．解：（1）由已知，∴时，，两式相减，得，即，从而，又当时，，∴又，∴，从而．故总有，．又∵，∴，从而．即是以为首项，公比为3的等比数列．∴，∴，（2）由（1）知．∴．设，设前项和为，则①，②①－②有，故，从而.19.三棱柱中，是正方形的中心，，平面，且．（1）是棱的中点，求证：平面；（2）求面与面夹角的大小．（1）证明：连接，是正方形的中心，，则，又平面，平面，∴，又，由勾股定理得，同理，，∴，均为等边三角形，又为中点，∴，，，又∵平面，平面，∴平面，∵，∴平面；（2）解：以为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，，，，，∴，，，设面的法向量，则，解得，令，则，故，由（1）知，面的法向量为，设面与面的夹角为，则，∵，∴.20.甲、乙两位同学决定进行一次投篮比赛，他们每次投中的概率均为P，且每次投篮相互独立，经商定共设定5个投篮点，每个投篮点投球一次，确立的比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且每投中一次可获得1分；乙按约定的投篮点顺序依次投球，如投中可继续进行下一次投篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一次可获得2分.按累计得分高低确定胜负．（1）若乙得6分概率，求；（2）由（1）问中求得的值，判断甲、乙两位选手谁获胜的可能性大？解：（1）若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，其概率为，又，故，解得；（2）设为甲累计获得的分数，则，所以，设为乙累计获得的分数，则的可能取值为0，2，4，6，8，10，，，，，，，所以的分布列为：0所以，因为，所以甲获胜的可能性大21.已知双曲线的离心率为2，右焦点到渐近线的距离为．（1）求双曲线的标准方程；（2）若点为双曲线右支上一动点，过点与双曲线相切的直线，直线与双曲线的渐近线分别交于M，N两点，求的面积的最小值．解：（1）由已知得渐近线方程为，右焦点，∴，又∵，所以，解得，又因为离心率，解得，，∴双曲线的标准方程为；（2）解法1：的渐近线方程为，当直线的斜率不存在时，此时，直线方程为，代入渐近线方程，得到，故，又，故的面积；当直线的斜率存在时，设其方程为，直线与双曲线联立得，因为相切，所以，解得，另设，，联立，∴，，，，在中，，，∴，所以，所以，因为，所以，综上所述，，其最小值为；解法2：由条件知，若直线的斜率存在，则斜率不为零，故可设，直线与双曲线联立得，，因为相切，所以，即，又因为直线与双曲线的渐近线交于两点，设为，，联立，由于，所以，则,由直线的方程得，直线与轴的交点坐标为，∴，∵，∴即，且，∴时，的最小值为，综上所述，，其最小值为.22.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）若，证明：（1）解：令，当时，，当时，，当时，，所以在上单调递