2024届广东省佛山市S7高质量发展联盟高三上学期10月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省佛山市S7高质量发展联盟2024届高三上学期10月联考数学试题一、单选题1.设集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗∵集合，故为奇数集.而，故为整数集，∴.故选：B.2.已知复数（为虚数单位），则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为复数（为虚数单位），则，因此，.故选：A.3.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E是CD的中点，那么（）A.4 B.2 C. D.1〖答案〗B〖解析〗,因为，故.而为的中点，故，故.故选：B.4.已知函数是R上的偶函数，且满足，当时，，则（）A.1 B.-1 C.-2 D.2〖答案〗A〖解析〗由题可知是以4为周期的周期函数，，，.故选：A．5.已知椭圆C：+=1的离心率为，则C的长轴长为（）A.8 B.4 C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗依题意，因为椭圆C的离心率为，所以=，得m=2，故长轴长为2=4．故选：B.6.曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由可知，得到，即，，作出曲线的图像如下：当直线经过点时，直线与曲线有两个交点，此时，解得；当直线与曲线相切时，圆心到直线的距离，解得或；因为直线可化为，由截距得，则，此时直线与曲线只有一个交点；故满足条件的实数的取值范围为.故选：B.7.已知正项数列的前n项和为，且，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题设，则，又都为正项，则，故，所以，所以，故.故选：C.8.如图，某公园有一个半径为2公里的半圆形湖面，其圆心为O，现规划在半圆弧岸边取点C、D、E，且，在扇形区域内种植芦苇，在扇形区域内修建水上项目，在四边形区域内种植荷花，并在湖面修建栈道和作为观光线路.当最大时，游客有更美好的观赏感受，则的最大值为（）A. B.4 C. D.6〖答案〗C〖解析〗设，则，，则、为正数.在三角形中，连接，由余弦定理得：，在三角形中，由余弦定理得：所以,由于，所以当时，取得最大值，也即时，取得最大值为.故选：C二、多选题9.下列结论正确的有（）A.若随机变量，满足，则B.若随机变量，且，则C.若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，由方差的性质可得，故A错误；对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，解得，故，故D错误；故选：BC10.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（）A.若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B.若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为D.每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案种数是〖答案〗AD〖解析〗对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，A正确；对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，B错误；对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，C错误；对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种安排方法，D正确．故选：AD．11.设函数，则下列说法正确的有（）A.不等式的解集为；B.函数在单调递增，在单调递减；C.当时，总有恒成立；D.若函数有两个极值点，则实数〖答案〗AC〖解析〗由题意得，则对于A：由，可得，解得，所以解集为，故A正确；对于B：，令，解得x=1，所以当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，故B错误；对于C：当时，若，则，所以，即，令，则，，当时，，函数为增函数，又，所以在是恒成立，所以为减函数，又，所以在是恒成立，所以当时，总有恒成立，故C正确；对于D：若函数有两个极值点，则有两个根，即在有两个根，令，则，所以当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，又当时，，当时，，，所以，解得，故D错误.故选：AC.12.如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（）A.翻折后总有B.当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为C.当时，翻折后四棱锥的体积为D.在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为〖答案〗ACD〖解析〗在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；如图，在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，又平面，则，在图甲中，如图，作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，所以，所以，而，所以，，故D正确；当时，，则，所以，则，故C正确.故选：ACD.三、填空题13.在二项式的展开式中，常数项是______．〖答案〗〖解析〗其展开式第项为，当，即时，展开式第项为常数项，此时，故〖答案〗为：14.在中，点D是边BC上一点，且，.，，则DC=___________.〖答案〗3〖解析〗在中，，可得.又由余弦定理，，可得.在中，，由此可得，由已知可得，代入可得，所以，所以.故〖答案〗为：3.15.在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一个半径为的球，则平面截该球的截面面积为__________．〖答案〗〖解析〗由正棱锥性质知：平面，取中点，连接，作，垂足为，平面，平面，，分别为中点，，又，，平面，，平面，又平面，，又，平面，，平面，则由球的性质可知：为平面截球所得截面圆的圆心，设为该截面圆与的一个交点，连接，，，，，，又，；，，即截面圆的半径，截面圆的面积.故〖答案〗为：.16.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点为抛物线上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗设点，，.抛物线的焦点为点，由题意知，，，.故〖答案〗为：；.四、解答题17.已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）设是边上的高，且，，求的值．解：（1）解：在中，由正弦定理，可得，即，即，整理得，因为，所以，则，又因为，所以．（2）由（1）及已知，可得，又由，可得，所以，由余弦定理，可得，即，即，所以.18.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.（1）若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1；（2）设四棱锥M­ABB1A1与四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求的值．（1）证明：因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以BA⊥平面AA1D1D，又MA1⊂平面AA1D1D，所以BA⊥MA1.因为AD＝DM，所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，所以AM⊥MA1，又AM∩BA＝A，所以MA1⊥平面AMB，又MA1⊂平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1.（2）解：设AD＝1，则四棱锥M­ABB1A1的底面ABB1A1的面积SABB1A1＝4，高为AD＝1，所以四棱锥M­ABB1A1的体积V1＝SABB1A1×AD＝.四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的面积SABCD＝，高为AA1＝2，所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V2＝SABCD×AA1＝3，所以19.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且；数列满足．（1）求和；（2）求数列的前n项和．解：（1）设等比数列公比为由解得或(舍)，又，，解得，时，，整理得，又数列是首项为1的常数列，，（2）设，20.随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.（1）根据频率分布直方图，估计这100名学生测试成绩的平均数（单位：分）；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（2）若该校高二学生“古诗词”的测试成绩X近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成绩不低于87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成绩为优秀的人数；（取整数）（3）现该校为迎接该省的2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两个环节中获胜得1分，第三个环节中获胜得4分，输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量，求的分布列和数学期.（参考数据：若，则，，.解：（1）由频率分布直方图估计平均数为：（分）（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布所以，则所以人故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为人；（3）随机变量的所有可能取值为：，，，所以的分布列如下：数学期望.21.已知抛物线，为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5．（1）求E的标准方程；（2）设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为．（i）证明：直线过定点；（ii）求的最小值．（1）解：由题可知，解得.所以的标准方程为；（2）（i）证明：由（1）知，，且，解得，所以.设，则，同理可得，，则，即.当直线斜率存在时，直线的方程为，整理得.所以，即，所以直线过定点；当直线的斜率不存在时，可得.综上，直线过定点.（ii）解：设，当直线斜率存在时，设直线的方程为，与抛物线联立得，消去得，由题意，所以.所以，所以当时，的最小值为；当直线斜率不存在时，.由抛物线定义知.故的最小值为.22.已知函数．（1）当时，求函数的极值．（2）是否存在实数，对任意的，且，有恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．解：（1）当时，，，令，解得或，当或时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，极小值为；（2）假设存在实数a，对任意的，且，都有恒成立，不妨设，若，即，令，显然只要在为增函数即成立，因为，要使在为增函数则在恒成立，即只需，则，所以存在满足题意．广东省佛山市S7高质量发展联盟2024届高三上学期10月联考数学试题一、单选题1.设集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗∵集合，故为奇数集.而，故为整数集，∴.故选：B.2.已知复数（为虚数单位），则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为复数（为虚数单位），则，因此，.故选：A.3.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E是CD的中点，那么（）A.4 B.2 C. D.1〖答案〗B〖解析〗,因为，故.而为的中点，故，故.故选：B.4.已知函数是R上的偶函数，且满足，当时，，则（）A.1 B.-1 C.-2 D.2〖答案〗A〖解析〗由题可知是以4为周期的周期函数，，，.故选：A．5.已知椭圆C：+=1的离心率为，则C的长轴长为（）A.8 B.4 C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗依题意，因为椭圆C的离心率为，所以=，得m=2，故长轴长为2=4．故选：B.6.曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由可知，得到，即，，作出曲线的图像如下：当直线经过点时，直线与曲线有两个交点，此时，解得；当直线与曲线相切时，圆心到直线的距离，解得或；因为直线可化为，由截距得，则，此时直线与曲线只有一个交点；故满足条件的实数的取值范围为.故选：B.7.已知正项数列的前n项和为，且，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题设，则，又都为正项，则，故，所以，所以，故.故选：C.8.如图，某公园有一个半径为2公里的半圆形湖面，其圆心为O，现规划在半圆弧岸边取点C、D、E，且，在扇形区域内种植芦苇，在扇形区域内修建水上项目，在四边形区域内种植荷花，并在湖面修建栈道和作为观光线路.当最大时，游客有更美好的观赏感受，则的最大值为（）A. B.4 C. D.6〖答案〗C〖解析〗设，则，，则、为正数.在三角形中，连接，由余弦定理得：，在三角形中，由余弦定理得：所以,由于，所以当时，取得最大值，也即时，取得最大值为.故选：C二、多选题9.下列结论正确的有（）A.若随机变量，满足，则B.若随机变量，且，则C.若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，由方差的性质可得，故A错误；对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，解得，故，故D错误；故选：BC10.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（）A.若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B.若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为D.每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案种数是〖答案〗AD〖解析〗对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，A正确；对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，B错误；对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，C错误；对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种安排方法，D正确．故选：AD．11.设函数，则下列说法正确的有（）A.不等式的解集为；B.函数在单调递增，在单调递减；C.当时，总有恒成立；D.若函数有两个极值点，则实数〖答案〗AC〖解析〗由题意得，则对于A：由，可得，解得，所以解集为，故A正确；对于B：，令，解得x=1，所以当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，故B错误；对于C：当时，若，则，所以，即，令，则，，当时，，函数为增函数，又，所以在是恒成立，所以为减函数，又，所以在是恒成立，所以当时，总有恒成立，故C正确；对于D：若函数有两个极值点，则有两个根，即在有两个根，令，则，所以当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，又当时，，当时，，，所以，解得，故D错误.故选：AC.12.如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（）A.翻折后总有B.当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为C.当时，翻折后四棱锥的体积为D.在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为〖答案〗ACD〖解析〗在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；如图，在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误；如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面，又平面，则，在图甲中，如图，作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，所以，所以，而，所以，，故D正确；当时，，则，所以，则，故C正确.故选：ACD.三、填空题13.在二项式的展开式中，常数项是______．〖答案〗〖解析〗其展开式第项为，当，即时，展开式第项为常数项，此时，故〖答案〗为：14.在中，点D是边BC上一点，且，.，，则DC=___________.〖答案〗3〖解析〗在中，，可得.又由余弦定理，，可得.在中，，由此可得，由已知可得，代入可得，所以，所以.故〖答案〗为：3.15.在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一个半径为的球，则平面截该球的截面面积为__________．〖答案〗〖解析〗由正棱锥性质知：平面，取中点，连接，作，垂足为，平面，平面，，分别为中点，，又，，平面，，平面，又平面，，又，平面，，平面，则由球的性质可知：为平面截球所得截面圆的圆心，设为该截面圆与的一个交点，连接，，，，，，又，；，，即截面圆的半径，截面圆的面积.故〖答案〗为：.16.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为___________________；若点为抛物线上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗设点，，.抛物线的焦点为点，由题意知，，，.故〖答案〗为：；.四、解答题17.已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）设是边上的高，且，，求的值．解：（1）解：在中，由正弦定理，可得，即，即，整理得，因为，所以，则，又因为，所以．（2）由（1）及已知，可得，又由，可得，所以，由余弦定理，可得，即，即，所以.18.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.（1）若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1；（2）设四棱锥M­ABB1A1与四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积分别为V1与V2，求的值．（1）证明：因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以BA⊥平面AA1D1D，又MA1⊂平面AA1D1D，所以BA⊥MA1.因为AD＝DM，所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，所以AM⊥MA1，又AM∩BA＝A，所以MA1⊥平面AMB，又MA1⊂平面A1MB1，故平面AMB⊥平面A1MB1.（2）解：设AD＝1，则四棱锥M­ABB1A1的底面ABB1A1的面积SABB1A1＝4，高为AD＝1，所以四棱锥M­ABB1A1的体积V1＝SABB1A1×AD＝.四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的面积SABCD＝，高为AA1＝2，所以四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V2＝SABCD×AA1＝3，所以19.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且；数列满足．（1）求和；（2）求数列的前n项和．解：（1）设等比数列公比为由解得或(舍)，又，，解得，时，，整理得，又数列是首项为1的常数列，，（2）设，20.随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.（1）根据频率分布直方图，估计这1