广州市2024届高三上学期12月调研测试数学试卷及答案

机密★启用前2024届广州市高三年级调研测试数学命题单位：广州市教育科学研究院考试时间：2023.12.18★祝考试顺利★注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校､姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁､不污损.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.3.非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.一､单项选择题：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，只有一个选项符合题目要求.1.已知复数z满足，，则（）A.1B.2C.D.2.已知集合，，则（）A.B.C.D.3.已知向量，，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.4.已知函数是奇函数，则（）A.B.C.D.5.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…….记各层球数构成数列，且为等差数列，则数列的前100项和为（）A.B.C.D.6.直线与圆交于A，B两点，则的取值范围为（）A.B.C.D.7.已知，，，则的值为（）A.B.C.D.28.若函数在区间上存在极小值点，则a的取值范围为（）A.B.C.D.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排.现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：），将数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则（）A.图中a的值为0.015B.样本的第25百分位数约为217C.样本平均数约为198.4D.在被调查的用户中，用电量落在内的户数为10810.已知双曲线的左､右焦点别为，，过点的直线l与双曲线E的右支相交于P，Q两点，则（）A.若E的两条渐近线相互垂直，则B.若E的离心率为，则E的实轴长为1C.若，则D.当a变化时，周长的最小值为11.已知点是函数的图象的一个对称中心，则（）A.是奇函数B.，C.若在区间上有且仅有2条对称轴，则D.若在区间上单调递减，则或12.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线与直线的夹角为30°，则（）A.平面PMNB.平面PMN截正方体所得的截面面积为C.点Q的轨迹长度为D.能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知抛物线的焦点为F，点M在C上，轴，若（O为坐标原点）的面积为2，则______.14.的展开式中的系数为______（用数字作答）.15.已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，平面ABC，，，且PA与平面ABC所成角的正弦值为，则该球的表面积为______.16.已知函数恰有两个零点，则______.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）设数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求数列的前2n项和.18.（12分）如图，在四棱锥中，，，，三棱锥的体积为.（1）求点P到平面ABCD的距离；（2）若，平面平面ABCD，点N在线段AP上，，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值.19.（12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知且.（1）求证：；（2）求的取值范围.20.（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，，求a的取值范围.21.（12分）杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮､宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址､京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠､坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神.甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮､宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的；方式二：直接购买吉祥物，每个30元.（1）甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开.当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用X表示甲购买的次数，求X的分布列；（2）为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？22.（12分）在平面直角坐标系中，点，点是平面内的动点.若以PF为直径的圆与圆内切，记点P的轨迹为曲线E.（1）求E的方程；（2）设点，，，直线AM，AN分别与曲线E交于点S，T（S，T异于A），，垂足为H，求的最小值.2024届广州市高三年级调研测试数学试题参考答案及评分标准评分说明：1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则.2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.4.只给整数分数，选择题不给中间分.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.题号12345678答案CACBDDBA二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.题号9101112答案ACACDBCABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.题号13141516答案120四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算骤.17.解：（1）因为，①当时，，则.当时，，②①-②得，即，所以是首项为1，公比为2的等比数列.所以.（2）因为，所以所以18.解：（1）设点到平面的距离为，则，由题可知，所以，故到平面的距离为.（2）取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面平面，，所以平面.由（1）知.由题意可得，所以，故.法一（坐标法）：以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.依题意，所以.设平面的法向量为，则即令，得又平面的法向量为设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.法二（几何法）：在线段上取点，使得，连接，过点作，垂足为，连接.因为，所以，.因为平面，所以平面，所以，又，且，所以平面，所以，所以是二面角的平面角.在Rt中，易知，所以，所以.故平面与平面的夹角的余弦值为.19.（1）证明：因为，由正弦定理得，又因为所以，即.又，所以.又，所以或.又，所以.（2）解：由（1）知.由，解得.所以又，所以，所以的取值范围为.（别解：因为在上单调递减，所以，所以的取值范围为.）20.解（1）当时，，所以曲线在处的切线方程为.（2）法一：，记，则，（备注：从逻辑推理的角度写成：不扣分）所以在区间单调递减.（i）当时，，所以在上单调递增，所以当时，，符合题意；（ii）当时，，所以存在，使得.从而在上单调递增，在上单调递减，故当，矛盾，舍去.综上，的取值范围为.法二：当时，，即对恒成立.设.则.记，当时，，所以，所以在上单调递增，所以，符合题意；当时，开口向上，对称轴，所以存在唯一，使得，当时，；当时，，从而从而在区间递增，在区间递减，故当，矛盾，舍去.综上，的取值范围为.21.解：（1）由题意可知所有可能取值为，（其他解法：，）则的分布列如下：234（2）设甲一次性购买个吉祥物盲盒，集齐三款吉祥物需要的总费用为.依题意，可取.方案1：不购买盲盒时，则需要直接购买三款吉祥物，总费用元.方案2：购买1个盲盒时，则需要直接购买另外两款吉祥物，总费用元.方案3：购买2个盲盒时，当2个盲盒打开后款式不同，则只需要直接购买剩下一款吉祥物，总费用；（或）当2个盲盒打开后款式相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，总费用.所以（元）.（别解：元方案4：购买3个盲盒时，当3个盲盒打开后款式各不相同，则总费用，当3个盲盒打开后恰有2款相同，则需要直接购买剩下一款吉祥物，总费用；当3个吉祥物盲盒打开后款式全部相同，则需要直接购买另外两款吉祥物，总费用.所以（元）.（别解：元）显然.综上，应该一次性购买2个吉祥物盲盒.22.解：（1）法一：设的中点为，依题意以为直径的圆内切于圆，所以，即，设，又，所以，所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，设的方程为，则，所以的轨迹方程.法二：设，则的中点为，依题意得，即.整理得，化简得点的轨迹方程.（2）设，先证明直线恒过定点，理由如下：法一：由对称性可知直线的斜率不为0，所以设直线的方程为：.联立直线与的方程消去得：，所以，即，①.②所以直线的方程为：，令，解得点横坐标，同理可得点横坐标，故，将代入上式整理得：.③③将②代入③并整理得，即满足方程.若，即，则直线方程为，过点，不合题意；所以，此时，直线的方程为，所以直线过定点.因为直线过定点，且与轨迹始终有两个交点，又，垂足为，故点的轨迹是以为直径的半圆（不含点，在直线下方）.设中点为，则圆心，半径为1.所以，当且仅当点在线段上时，故的最小值为.法二：①当直线斜率存在，设直线的方程为.联立直线与椭圆的方程消去得：，所以，即，①.②所以直线的方程为：，（备注：若直线方程写成，需另外考虑的情形，可参考方法四①.）令，解得点横坐标，同理可得点横坐标，所以，即，将代入上式，得，将②代入上式，得.整理得，所以.（其中时，直线过点，不符合题意，舍去.）直线的方程为：恒过定点.②当直线斜率不存在，此时，同理可得，即，又，解得或.若，则中必有一点与重合，不符合题意；若，则重合，也不符合题意.综上，所以直线过定点.后略，同法一.法三：