广东省四校联考2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题含答案

2023～2024学年度第一学期四校联考（三）数学试卷命题学校：珠海市实验中学 命题：张平 审题：樊文联说明：本试卷共4页，22道题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上。3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的．1．设全集为，集合，则（）A． B． C． D．2．“”是“”的（）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要3．复数z满足：（为虚数单位），为复数z的共轭复数，则下列说法正确的是（）A． B． C． D．4．已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，则5．在边长为2的等边三角形ABC中，若，，则（）A． B． C． D．6．已知实数，，，则这三个数的大小关系正确的是（）A． B． C． D．7．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积（不含最底层正方体的底面面积）超过34，则该塔形中正方体的个数至少是（）A．4 B．5 C．6 D．78．已知，，，为函数的零点，，若，则（）A． B．C． D．与大小关系不确定二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．记等差数列的前n项和为，已知，，则有（）A． B． C． D．10．若，则下列不等式正确的是（）A． B． C． D．11．已知函数（）在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（）A．在区间上有且仅有3个不同的零点 B．的最小正周期可能是C．的取值范围是 D．在区间上单调递增12．若函数（）存在两个极值点，（），则（）A．函数至少有一个零点 B．或C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数为R上的奇函数，则实数．14．若曲线在点处的切线方程为，则．15．如图，某市人民广场正中央有一座铁塔，为了测量塔高AB，某人先在塔的正西方的点C处测得塔顶的仰角为45°，然后从点C处沿南偏东30°方向前进60m到达点D处，在D处测得塔顶的仰角为30°，则铁塔AB的高度是m．16．已知平面内非零向量，，满足，，，若，则的取值范围是．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题10分）已知数列是公比为2的等比数列，其前n项和为，，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．18．（本小题12分）设函数，其中，已知．（1）求；（2）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求的单调递减区间．19．（本小题12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．20．（本小题12分）某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时，某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤，分析显示：当S中x%（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间（单位：分钟）与x的函数关系为，而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：（1）当x在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？（2）求该地上班族S的人均通勤时间的表达式，讨论的单调性，并说明其实际意义．21．（本小题12分）某公园要建造如图所示的绿地OABC，OA、OC为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB与BC的总长度为12米且，设（）．（1）当，时，求OB的长；（2）当时，求OABC面积S的最大值及此时的值．22．（本小题12分）已知函数，其中，（1）讨论函数的单调性；（2）当时，关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．（注：…是自然对数的底数）2023～2024学年第一学期四校联考（三）参考答案题号123456789101112答案CBBDDABCACDACBCACD13． 14． 15．30 16．部分试题答案详解7．【答案】B【解答】解：设从最底层开始的第n层的正方体棱长为，，，，则为以2为首项，以为公比的等比数列，∴是以4为首项，以为公比的等比数列．∴塔形的表面积，令，解得，∴该塔形中正方体的个数至少为5个．故选：B．8．【答案】C【解答】解：易知，，，为函数的零点，∴，∴，，∴，∴，又，∴，∴解之：，负根舍去；又，∴，∴，即与有三个交点，交点横坐标分别为，，，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为，，∴，切线方程为：过原点，∴此时，∴的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出，∴，∴．故选：C12．【答案】ACD【解答】解：对于A，，∴是的一个零点，故A正确对于B，∵存在两个极值点，（），∴有两个不相等的实数根，即有两个变号零点，∴，即，∴或又，，∴，解得，综上，，故B错误对于C，由B选项可得，，∴，∴，∴故C正确对于D，，将，代入上式令 有在上单调递增，∴，故D正确故选：ACD16．【答案】解：由，得，设，，，所以点C的轨迹是以点B为圆心，为半径的圆．，，所以，于是．故填．17．解：（1）由题意得：，即，整理得，解得，所以数列的通项公式为．（2）由（1）知：．所以．18．解：（1）由得：，，由知，则，，故，，又，所以．（2）由（1）知，由题意得．由，解得，，所以的单调递减区间为（）．19．（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD；因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因为，PA，平面PAC，所以BD⊥平面PAC．（2）证明：因为底面ABCD是菱形且，所以△ACD为正三角形，所以AE⊥CD，因为AB∥CD，所以AE⊥AB；因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以AE⊥PA；因为，所以AE⊥平面PAB，平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE．（3）存在点F为PB中点时，满足CF∥平面PAE．理由如下：分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，在三角形PAB中，FG∥AB且；在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE∥AB且，所以CE∥FG且，即四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG；又平面PAE，平面PAE，所以CF∥平面PAE．20．解：（1）根据题意知，当时，，不满足题意；当时，由化简得，即，解得或（舍去），∴，综上知当时，公交群体人均通勤时间少于自驾群体人均通勤时间，（2）由题意得，当时，，由一次函数图像性质可知在时单调递减；当时，，由二次函数图像性质可知当时，单调递减，当时，单调递增；综上，，在上单调递减，在上单调递增，说明当自驾群体范围小于32.5%时，人均通勤时间随自驾群体的增加而减少；当自驾群体占比为32.5%时，人均通勤时间最少；当自驾群体范围超过32.5%时，人均通勤时间随自驾群体的增加而增加．21．解：（1）连接AC，OB，设，， 在△OAB中，由正弦定理可知：，在△OBC中，由正弦定理可知：，于是有，即，而，解得（负值舍去），因此，即；（2）由题意知，所以，而OA⊥OC，，因此，所以，而，所以OB垂直且平分AC，因此，，在△OBC中，由正弦定理，得．则，．当，即时，S取到最大值，最大值为．因此，当时，养殖场OABC最大的面积为平方米．22．解：（1）由，①当，即时，因为恒成立，故在上为减函数；②当，即时，由得，或；由得，，所以在和上为减函数，在上为增函数；③当，即时，由得，或；由得，，所以在和上为减函数，在上为增函数．综上：当时，在上为减函数；当时，在和上为减函