广东省广州市荔湾区2024届高三上学期十月月考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1广东省广州市荔湾区2024届高三上学期十月月考数学试题一、选择题1.已知集合，，若，则实数的值为（）A.2 B.1 C. D.【答案】A【解析】因为，且，所以，则或，解得或或，当或时，此时集合不满足集合元素的互异性，故舍去；当时，，满足，符合题意.故选：A.2.已知、为实数，是关于的方程的一个根，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为、为实数，是关于的方程的一个根，所以，关于的方程的两个虚根分别为、，由韦达定理可得，可得，，解得，故.故选：B.3.若为奇函数，则实数（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于函数，有，解得，所以，函数的定义域为，因为函数为奇函数，则，即对任意的恒成立，所以，，所以，，解得，.故选：D.4.从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.则在被调查的用户中，月用电量的第71百分位数为（）A.205 B.215 C.225 D.235【答案】C【解析】，解得，在这组数据中对应的频率为，对应的频率为，所以这组数据第71百分位数在中，设第71百分位数为，则，解得.故选：C.5.已知是钝角，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，等式两边平方可得，所以，，又因为是钝角，则，因此，.故选：D.6.从椭圆上一点（在轴上方）向轴作垂线，垂足恰好为左焦点，是椭圆与轴正半轴的交点，是椭圆与轴正半轴的交点，且，其中为坐标原点，则与的面积比为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知点的横坐标为，设点，其中，将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，即点，由题意可知点、，因为，则，即，整理可得，则，所以，.故选：B.7.已知是等差数列的前项和，为数列的前项和，若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设等差数列的公差为，则，由可得，整理可得，解得，，所以，，则，则，所以，数列为等差数列，所以，.故选：A.8.已知函数在上没有零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为在上没有零点，则，当时，，则，又由正弦线可知，当时，，所以恒成立，故满足题意；当时，因为，因为，，则，当时，，，所以当，即时，；当，即时，；所以在上单调递减，在上单调递增，此时，，则在上至少有一零点，不满足题意；当时，令，得或，不妨设，使得，显然，所以当，即时，；当或，即或时，，所以在上单调递减，在，上单调递增，则，又，所以要使在没有零点，只需即可，则，解得，故；综上：，即的取值范围为.故选：D.二、选择题9.过所在平面外一点，作平面，垂足为，连接、、.下列说法正确的是（）A.若，则点是的重心B.若点到三条边的距离相等，则点是的内心C.若，，，则点是的垂心D.若、、与平面所成的角均相等，则点是的外心【答案】BCD【解析】如下图所示：对于A选项，因为平面，、、平面，则，，，因为，则，所以，，所以，点是的外心，A错；对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接、、，因为平面，、平面，则，，又因为，，、平面，所以，平面，又因平面，所以，，所以，，同理可知，，，且，，由题意，，所以，，此时，为的内心，B对；对于C选项，因为，，，、平面，所以，平面，又因为平面，所以，，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，同理可证，，，此时，为的垂心，C对；对于D选项，因为平面，则、、与平面所成的角分别为、、，由题意可知，，所以，，即，所以，点是的外心，D对.故选：BCD.10.已知函数的部分图象如图所示，图象经过点和点，且在区间上单调，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】由图可知，，可得，所以，，又因为，则，函数在附近单调递减，所以，，则，因为函数的图象过点，则，可得，因为函数在区间上单调，则，所以，，即，解得，因为，则，，所以，，当时，，此时，函数在区间上单调递减，合乎题意，A错，C错，，B对；，所以，函数的图象关于点对称，所以，，D对.故选：BD.11.我国南宋数学家杨辉在年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.该表蕴含着许多的数学规律，下列结论正确的是（）第0行1第1行11第2行121第3行1331第4行14641第5行15101051第6行1615201561…………A.B.，，，C.从左往右逐行数，第项在第行第个D.第行到第行的所有数字之和为【答案】AC【解析】对于A选项，由组合数的计算性质，所以，，A对；对于B选项，，B错；对于C选项，第行共有项，从左往右逐行数，第行最后一项对应的项数为，因为，且，所以，从左往右逐行数，第项在第行第个，C对；对于D选项，第行所有项之和为，所以，第行到第行的所有数字之和为，D错.故选：AC12.已知过点，倾斜角为的直线与抛物线相交于、两点（点在第一象限）.过线段的中点作平行于轴的直线，分别与抛物线和其准线相交于点、.则下列说法正确的是（）A. B.C. D.直线与抛物线相切【答案】ABD【解析】由题意可知，直线的方程为，设点、、，联立可得，则，由韦达定理可得，所以，，则，故点，所以，直线的方程为，由可得，即点，抛物线的准线方程为，所以，点，易知点为线段的中点，所以，，A对；，，所以，，即，所以，，B对；解方程可得，，所以，，即点，，即点，所以，，C错；，所以，直线的方程为，即，联立直线和抛物线的方程得，可得，，所以，直线与抛物线相切，D对.故选：ABD.三、填空题13.已知向量、满足，，与的夹角为，则______.【答案】【解析】因为向量、满足，，与的夹角为，则.故答案为：.14.已知直线l：与：交于A，B两点，写出满足“为直角三角形”的一个圆心C的坐标______.【答案】（答案不唯一）【解析】由题意，是等腰直角三角形，可得圆心到直线的距离等于，又圆心到直线的距离为，，化简得，或，取，，所以为直角三角形的一个圆心坐标为.故答案为：.15.如图，一个圆锥形容器中盛有水，圆锥的高PO为2.若底面水平放置时，水面高恰为1.那么当该容器倒置时，水面高为______.【答案】【解析】设圆锥形容器的底面半径为，底面水平放置时，上底面的半径为，因为圆锥的高PO为2.若底面水平放置时，水面高恰为1，所以，设圆锥形容器中盛有水的体积为，所以有，当该容器倒置时，设水面高为，这时小圆锥的底面半径为，所以有，由，故答案为：16.人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿在《流数法》一书中给出了高次代数方程的一种数值求法——牛顿法，用“作切线”的方法求方程的近似解.如图，方程的根就是函数的零点，取初始值，在处的切线与轴的交点横坐标为，在处的切线与轴的交点横坐标为，一直继续下去，得到、、、、，它们越来越接近.若，取，则用牛顿法得到的的近似值______，______.【答案】【解析】因为，，则，且，则，所以，曲线在处的切线方程为，即，由题意可得，解得，，，所以，曲线在处的切线方程为，即，由题意可得，解得.故答案为：；.四、解答题17.设数列前n项和为，，.（1）求，及的通项公式；（2）若，证明：.（1）解：因为，，所以可得：，当时，由，得，因此数列从第三项起，每项与前一项的比为定值2，所以；（2）证明：因为，所以，当时，，所以，即.18.在中，已知，，，、边上的两条中线、相交于点.（1）求、的长；（2）求的余弦值.（1）解：因为的中点，则，所以，，所以，所以，，因为为的中点，所以，，则，故.（2）解：因为，所以，19.某专营店统计了最近天到该店购物的人数和时间第天之间的数据，列表如下：（1）由表中给出的数据，判断是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？（若，则认为线性相关程度高，可用线性回归模型拟合；否则，不可用线性回归模型拟合.计算时精确到）（2）该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买一件价值元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选哪种方案更优惠？参考数据：.附：相关系数.（1）解：，，所以，，，，所以，，所以，与的线性相关性很强，故可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系.（2）解：设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，由题意可知，（元），的可能取值有、、、，，，，，所以，，所以，方案二更优惠.20.如图，在四面体中，平面，是的中点，是的中点，是线段上的一点，.（1）若，证明：平面；（2）若，且二面角为直二面角，求实数的值.（1）证明：取的中点，连接、，如下图所示：因为为的中点，为的中点，则，所以，，又因为，即，所以，，则，因为平面，平面，所以，平面，又因为为的中点，则，因为平面，平面，所以，平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面.（2）解：因为，则为等边三角形，又因为平面，以点为原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且与垂直的直线为轴建立如下所示的空间直角坐标系，则、、、、，，其中，，，设平面的法向量为，则，取，则，，则，易知平面的一个法向量为，因为二面角为直二面角，则，即，解得.21.已知在平面直角坐标系中，动点到的距离与它到直线的距离之比为，的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点作直线与曲线交于不同的两点、（、在轴右侧），在线段上取异于点、的点，且满足，证明：点恒在一条直线上.（1）解：由题意可得，整理可得.所以，曲线方程为.（