2024届华南师大附中高三数学上学期第一次调研试卷附答案解析

届华南师大附中高三数学上学期第一次调研试卷

本试卷共5页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.考生注意事项：1．试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷用2B铅笔涂在答题卡上，第Ⅱ卷用黑色钢笔、签字笔在答题卡上作答；2．质量监测时间120分钟，全卷满分150分．一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．复数满足，为虚数单位，则下列说法正确的是（

）A． B．在复平面内对应的点位于第二象限C．的实部为 D．的虚部为3．在中，点D是线段AB上靠近B的四等分点，点E是线段CD上靠近D的三等分点，则（

）A． B． C． D．4．函数的部分图像如图所示，则，的值分别是（

）

A．2， B．2， C．2， D．4，5．在数列中的相邻两项与之间插入一个首项为，公差为的等差数列的前项，记构成的新数列为，若，则前65项的和为（

）A． B．-13 C． D．-146．冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强．基本再生数与世代间隔是流行病学基本参考数据．某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型来描述累计感染甲型流感病毒的人数随时间t，（单位：天）的变化规律，其中指数增长率与基本再生数和世代间隔T之间的关系近似满足，根据已有数据估计出时，．据此回答，累计感染甲型流感病毒的人数增加至的3倍至少需要（参考数据：，）（

）A．6天 B．7天 C．8天 D．9天7．如图，在长方形ABCD中，，，为的中点，为线段（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面ABC，在平面ABD内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（

）A． B．C． D．8．在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．某校举行演讲比赛，6位评委对甲、乙两位选手的评分如下：甲：7.5

7.5

7.8

7.8

8.0

8.0乙：7.5

7.8

7.8

7.8

8.0

8.0则下列说法正确的是（

）A．评委对甲评分的平均数低于对乙评分的平均数B．评委对甲评分的方差小于对乙评分的方差C．评委对甲评分的40%分位数为7.8D．评委对乙评分的众数为7.810．下列说法正确的是（

）A．“为第一象限角”是“为第一象限角或第三象限角”的充分不必要条件B．“，”是“”的充要条件C．设，，则“”是“”的充分不必要条件D．“”是“”的必要不充分条件11．椭圆的标准方程为为椭圆的左、右焦点，点．的内切圆圆心为，与分别相切于点，则（

）A． B．C． D．12．已知函数，，则下列说法正确的是（

）A．若函数存在两个极值，则实数的取值范围为B．当时，函数在上单调递增C．当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为D．当时，若，则的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．的展开式中的系数为．（用数字作答）14．设数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则．15．已知椭圆的左右焦点为．直线与椭圆相交于两点，若，且，则椭圆的离心率为．16．已知A，M，N是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的取值范围是．四、解答题：本大题共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．（本题10分）如图，在中，，点是边上一点，且，(1)求的面积；(2)求线段的长.18．（本题12分）已知数列的前项和为，，且满足.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.19．（本题12分）如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，，，为中点．

(1)求证：平面平面；(2)若线段上存在点，使得二面角的大小为，求的值．20．（本题12分）2023年秋末冬初，呼和浩特市发生了流感疾病.为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保.某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：(1)若从成绩低于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩低于50分的人数；(2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数；(3)首轮竞赛成绩位列前的学生入围第二轮的复赛，请根据图中信息，估计入围复赛的成绩（记为）.21．（本题12分）已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．(1)求C的方程；(2)当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．22．（本题12分）已知函数．(1)当时，求在曲线上的点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)若有两个极值点，，证明：．【答案】1.C【分析】根据对数的单调性、一元二次不等式的解法，结合并集的定义进行求解即可.【详解】由，由，所以，故选：C2．C【分析】根据复数的除法运算求出复数z，即可求得其模以及实部和虚部，以及对应的点所在象限，一一判断各选项，即得答案.【详解】因为，故，则，A错误；在复平面内对应的点为，位于第一象限，B错误；的实部为，C正确；的虚部为，D错误，故选：C．3．D【分析】方法一：利用平面向量基本定理得到答案；方法二：设是等腰直角三角形，且，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，从而得到方程组，求出答案.【详解】方法一：如图，由题意得，，故；方法二：不妨设是等腰直角三角形，且，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，则，则，设，故，所以，解得，故．故选：D．4．B【分析】根据三角函数图像与性质求，的值即可.【详解】设的周期为，则由图像知，所以，则，因为在处取得最大值，所以，得，因为，所以.故选：B5A【分析】根据题意，得到数列中及其后面项的和为，求解.【详解】解：数列为：，，设及其后面项的和为，则，所以数列是以1为首项，公差为的等差数列.所以前65项的和为，故选：A.6．B【分析】先求得，然后根据“的3倍”列方程，化简求得需要的时间.【详解】依题意，，且时，，即，所以，，令，两边取以为底的对数得，所以至少需要天.故选：B7．C【分析】设，求得关于的表达式，根据的取值范围求得的取值范围.【详解】如图，在平面ADF内过点D作，垂足为，连接．过点作，交于点．设，，所以．

设，则．因为平面平面ABC，平面平面，，平面ABD，所以平面ABC，又平面，所以．又因为，，，平面DKH，所以平面，所以，即．在中，，，因为和都是直角三角形，，所以，．因为，，所以，得．因为，所以，所以．故选：C【点睛】方法点睛：线面垂直、面面垂直转化的过程中，要从线面垂直得到面面垂直，需要“经过一个平面的垂线”；要从面面垂直得到线面垂直，则需要“在一个平面内，垂直于交线”，在答题过程中，要注意使用正确的符号语言.8．A【分析】由题意首先得出旋转后的直线为，然后由直线与圆的位置关系列出不等式即可求解.【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），由题意对于直线上任意一点，存在，使得，则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，因为在直线上，所以满足设，所以，即所在直线方程为，而圆的圆心，半径分别为，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，所以圆心到直线的距离，解得.故选：A.【点睛】关键点睛：关键是求出旋转后的直线，从而即可顺利得解.9．ACD【分析】由平均数、方差、百分位数、众数的概念及求法分别求解判断即可.【详解】选项A，评委对甲评分的平均数，评委对乙评分的平均数，所以，故A正确；选项B，由A知，两组数据平均数均约为，且纵向看，甲组数据与乙组数据仅一组数据不同，其余数据相同，又甲组数据与平均数的差明显大于乙组数据与平均数的差，且差距较大，故与平均数比较，甲组数据波动程度明显大些，即评委对甲评分的方差大于对乙评分的方差，故B错误；选项C，由不是整数，则评委对甲评分的40%分位数为从小到大第个数据，即：，故C正确；选项D，评委对乙评分中最多的数据，即众数为，故D正确.故选：ACD.10．AC【分析】对于A，利用象限角，求得角的范围，可判定充分性，取，验证必要性即可；对于B，考查时，的取值范围，可判定必要性不成立；对于C，根据集合，的关系即可判定；对于D，根据条件求得的取值范围即可判断.【详解】对于A,因为为第一象限角，所以，则,当为偶数时，为第一象限角，当为奇数时，为第三象限角，所以充分性成立；当时，为第一象限角，则，为第二象限角，即必要性不成立，故A正确；对于B，当，时，成立，则充分性成立；当时，或，,故必要性不成立，则B错误；对于C，，而，则，故则“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D,当时，,则，则，故充分性成立，当时，，则，则成立，所以“”是“”的充要条件，故D错误，故选：AC.11．BCD【分析】根据椭圆中焦点三角形的性质求解，再结合三角形内切圆的几何性质逐项判断即可得结论.【详解】椭圆：，则，所以，又，所以点再椭圆上，连接，

则，故A不正确；由椭圆的定义可得，又的内切圆圆心为，所以内切圆半径，由于，所以，故，故C正确；又，所以，则，所以，故D正确；又，所以，又，所以，即，故B正确.故选：BCD.12．BC【分析】对A选项：由极值点的性质结合导数讨论单调性即可得；对B选项：结合导数讨论单调性即可得；对C选项：结合单调性，可转化为当时，有成立，求出最小值即可得；对D选项：采用同构法可确定，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得.【详解】对A选项：，若函数存在两个极值，则函数必有两个变号零点，令，则，令，则，则当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故，又当时，恒成立，当时，，故当，函数有两个变号零点，即若函数存在两个极值，则实数的取值范围为，故A错误；对B选项：当时，，，令，则，则当时，，当时，；故在上单调递减，在上单调递增，故，故函数在上单调递增；故B正确；对C选项：当时，，，令，则，则当时，；当时，；故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，则存在，使不等式成立，等价于存在，使不等式成立，则当时，有成立，由当时，，且在上单调递增，故，即实数的最小值为，故C正确；对D选项：当时，由B、C可知，、均为定义域上的增函数，由，，故有，，由，则，即，故，又，故，令，则，令，则，则当时，，当时，；故在上单调递减，在上单调递增，即，故在上单调递增，故无最小值，即无最小值，故D错误.故选：BC.【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的综合应用问题，其中D选项中涉及到多变量问题的求解，求解此类问题的基本思路是根据已知中的等量关系，将多变量转化为单变量的问题，从而将其转化为函数最值问题的求解.13．【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.【详解】的通项公式为，令得，，此时，令得，，此时，故的系数为故答案为：14．【分析】根据题意，得到，得到为等差数列，求得其通项公式，结合累加法，得到，求得，再利用裂项求和，求得，即可求解.【详解】因为，可得，又因为，，可得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，当时，，且当时，也成立，所以，所以，所以，所以.故答案为：.15．【分析】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，再根据椭圆的定义求出，再在中，利用余弦定理求出的关系即可得解.【详解】由椭圆的对称性可得四边形为平行四边形，则，由，得，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理得，即，所以，即椭圆的离心率.故答案为：.16．【分析】根据正方体的性质可得结合夹角的定义可得，可得其最大值；根据数量积的运算可知，可得其最小值.【详解】正方体表面上任意两点间距不超过体对角线长度，则，故，而，故，

如图建立空间直角坐标系，取，重合为时，则，取得最大值；由对称性，设在下底面，，，由在下底面知，当且仅当也在下底面时取等，此时共面时，设中点为，则，，当且仅当重合时取等，又因为，可得，例如，，则；所以的取值范围是.故答案为：.17．(1)(2)【分析】（1）根据求解即可；（2）解法1：在中根据余弦定理求出，结合等腰三角形的性质求，在中勾股定理求即可；解法2：由求得.【详解】（1），而.（2）解法1：，，在中，，在等腰中，，Rt中，，.解法2：，由得，,即，解得.18．(1)(2)【分析】（1）利用构造法和等差数列的定义与通项公式可得，结合即可求解；（2）由（1）知，利用分组求和法计算即可求解.【详解】（1）根据题意，，所以，由于，则是以首项为1，公差为的等差数列，所以，所以，当时，.验证时满足通项公式，故数列的通项公式为.（2）由（1）知.设的前项和为，则当为偶数时，.当为奇数时，，设的前项和为，则.因为，所以19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明平面平面.（2）设,再利用向量法求二面角的平面角，再列方程得到，即得的值．【详解】（1）证明：连接，

是边长为的等边三角形，是的中点，，，，，，四边形是矩形，，，，又，，平面，平面，又平面，平面平面．（2）以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，，设，则，设平面的法向量为，则，即令，得，又平面，为平面的一个法向量，，二面角的大小为，，解得．．20．(1)人(2)(3)【分析】（1）利用分层抽样的定义求解即可；（2）利用平均数公式求解即可；（3）根据题意设入围复赛的成绩的临界值为，则，求出的值即可.【详解】（1）成绩在的人数为（人），成绩在的人数为（人），则按分层抽样方法从成绩低于60分的同学中抽取5人，成绩低于50分的人数为（人）.故5人中成绩低于50分的人数为2人；（2）由，得，则平均数，故该校学生首轮竞赛成绩的平均数约为分；（3）根据频率分布直方图可知：的频率为，的频率为，所以入围复赛的成绩一定在，可知入围复赛的成绩的临界值为，则，解得，故估计入围复赛的成绩为分.21．(1)(2)【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；（2）要求的周长，