广东省广州市2024-2025学年高三数学上学期1月月考

广州2024届高三1月月考试卷本试卷共22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．留意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．一、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，只有一项是符合题目要求的．1.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先化简求解,即可求解复数的模.【详解】解：由题意得,则，，故选：A.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】化简A、B，进行交集、并集运算即可推断【详解】，，故，.故选：B3.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.【详解】，，，故.故选：D.4.农历是我国古代通行历法，被誉为“世界上最突出和最优秀的才智结品”.它以月相改变周期为依据，每一次月相朔望改变为一个月，即“朔望月”，约为29.5306天.由于历法精度的须要，农历设置“闰月”，即依据肯定的规律每过若干年增加若干月份，来修正因为天数的不完备造成的误差，以使平均历年与回来年相适应设数列满意，其中均为正整数，且，，，，，，…，那么第n级修正是“平均一年闰个月”，已知我国农历为“19年共闰7个月”，则它是（）A.第3级修正 B.第4级修正 C.第5级修正 D.第6级修正【答案】C【解析】【分析】依据题意依次求出，再推断哪一个等于即可.【详解】因为数列满意，，，…，其中均为正整数：，，，，，，…，所以，，，，，所以“年共闰个月”为第5级修正，故选：C5.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解，即，再由二倍角正切公式代入计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，即，即，所以；故选：D6.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与的另一个交点为．若，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由求出B点坐标，代入椭圆方程，可求得离心率.【详解】左、右焦点分别为，，上顶点为，∴，设，则，由，依据勾股定理，有，即解得，即，由，，，，三点共线，∴，代入椭圆方程，有，化简得，所以椭圆离心率为.故选：B7.在四面体中，平面，平面，，且异面直线与的夹角为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先依据题意画出图形，设出各边的值，异面直线与的夹角为可求出,最终用三角换元法可求出答案.【详解】如图，将四面体放在一个长方体中，设，因为，所以即，因为，所以异面直线与的夹角为，在，即，联立解得，所以设，，所以，的最大值为.故选：B8.已知圆的半径为，，，，为圆上四点，且，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】借助单位圆建立直角坐标系，用向量数量积坐标运算求最大值.【详解】知圆的半径为，，，，为圆上四点，且，，为O为原点，OA为x轴建立如图所示的直角坐标系：则，，设，则有，，，，，

化简得，由，当时，有最大值6.故选：C【点睛】数量积有关的最值和范围问题是高考的热点之一，其基本题型是依据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、夹角、系数的范围等，解决思路是建立目标函数的解析式，转化为求函数(二次函数、三角函数)等的最值或应用基本不等式，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以还有一种思路是数形结合，应用图形的几何性质.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知函数，则（）A.是偶函数B.单调递增C.曲线在点处切线的斜率为D.【答案】BD【解析】【分析】依据函数奇偶性的定义即可推断A，依据导函数即可推断函数单调性，依据导数的几何意义，即可求切线斜率，依据函数单调性和奇偶性，即可比较的大小.【详解】解：函数定义域为R，又，所以函数为奇函数，故A错误；，当时，，当时，，，所以，所以，当时，，，所以，所以，综上恒成立，故单调递增，故B正确；由B得，曲线在点处切线的斜率为，故C错误；因为在R上单调递增，且，所以，所以，故D正确.故选：BD.10.有个相同的球，分别标有数字，，，，，，从中有放回的随机取两次，每次取个球．记第一次取出的球的数字为，其次次取出的球的数字为．设，其中表示不超过的最大整数，如，，则（）A.B.C.事务“”与“”互斥D.事务“”与“”对立【答案】AC【解析】【分析】依据古典概型运算公式，结合互斥事务和对立事务的定义逐一推断即可.【详解】因为从中有放回的随机取两次，所以有种可能，有6种状况，所以状况共有，所以，因此选项A正确；两次取球数字和为5有以下4种状况：，所以，因此选项B正确；当时，，所以事务“”与“”互斥，因此选项C正确；当时，，但是当时，，所以事务“”与“”不是对立事务，故选：AC11.设双曲线的左、右焦点分别为，．点为坐标原点，点，，点为右支上一点，则（）A.的渐近线方程为B.C.当，，，四点共圆时，D.当，，，四点共圆时，【答案】ABD【解析】【分析】对A，由，解出c，即可求b，求出渐近线；对B，设，则，结合，即可推断；对CD，由四点共圆，得为直径，则有，可解出，即可算出、，依据P、M所在象限从而推断角【详解】由，，，则，解得，由，故设，则，由双曲线方程得，∴，故，同理，故，则，对A，的渐近线方程为，A对；对B，代入椭圆得，则，，B对；对CD，，，，四点共圆，，故为直径，则，由B得，，即，解得，故，，又，解得，故，，M为第一象限的点，P可能为第一、第四象限的点，故或，C错D对.故选：ABD12.如图，在五面体中，底面为矩形，和均为等边三角形，平面，，，且二面角和的大小均为．设五面体的各个顶点均位于球的表面上，则（）A.有且仅有一个，使得五面体为三棱柱B.有且仅有两个，使得平面平面C.当时，五面体的体积取得最大值D.当时，球的半径取得最小值【答案】ABC【解析】【分析】依据棱柱的定义，主要利用线面、面面平行判定和性质定理判定A；利用线面、面面垂直的判定定理和性质定理判定B；利用体积分割，求得体积关于角度的函数关系，利用导数判定函数单调性，进而求得五面体的体积最大值的条件，从而判定C；利用球的性质找到外接球的球心，进而得到半径的改变规律，从而判定何时外接球的半径最小，从而判定D.【详解】对于选项A:∵平面,经过的平面与平面交于直线,∴,取的中点分别为,连接,则连接,∵和均为等边三角形，∴,又∵底面为矩形，∴垂直,故得二面角的平面角为,二面角的平面角为,因为，分别在平面和平面中，平面与平面和分别交于直线，所以当且仅当时，平面平面,故当且仅当，即时，平面平面,即五面体为三棱柱，故A正确；对于选项B:当平面和平面不平行时，它们的交线为,由于,平面，平面，∴平面,又∵平面,平面平面=直线，∴，∴同理，∴当且仅当时，平面平面，由于四边形为等腰梯形，∴当且仅当或时，,∴当且仅当或时，平面平面，故B正确；对于选项C:设的补角为，过A作直线AR与直线PQ垂直相交，垂足为R，连接DR,∵AD⊥EF,EF//PQ,∴AD⊥PQ,又∵AD∩AR=A,AD,AR⊂平面ADF,∴平面ADR⊥直线PQ，同理做出S,得到平面SBC⊥直线PQ，为直三棱柱的底面，且RS=EF为直三棱柱的高，、为三棱锥和的底面上的高因为，

所以五面体的体积为（如上图）或（如下图）两种状况下都有，令则，所以，对求导得，令得（舍去）或，,,故时体积取得极大值也是最大值.所以，所以.五面体的体积取得最大值.故C正确；对于D项：取等边的中心，的中点，过作平面QBC的垂线与过的平面ABCD的垂线的交点即为五面体PQABCD的外接球的球心，如图所示，连接,,则,∵四边形为边长肯定的矩形，∴为定值，∴当且仅当最小，即重合时外接球的半径最小，此时为锐角，故D不对.故选：ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的绽开式中的系数为__________（用数字作答）．【答案】7【解析】【分析】依据二项式通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为：，令，所以的系数为，故答案为：14.书架上放有本语文书和本数学书，学生甲先随机取走本书，学生乙再在剩下的书中随机取走本书．已知甲至少取走了本数学书，则乙取走语文书的概率为__________．【答案】【解析】【分析】依据题意列出样本空间“甲至少取走了本数学书”所包含的样本点，再依据全概率公式即可求解.【详解】解：记2本语文书为，本数学书为，则甲至少取走了本数学书包含以下基本领件：共9个基本领件，设“甲至少取走了本数学书的状况下甲取走i本数学书”为事务，“乙取走语文书”为事务，则事务包含共6个基本领件，故同理可得则，故答案为：15.已知奇函数在单调递减，且，则__________．【答案】-1【解析】【分析】由题目条件得到解析式，再求的值.【详解】为奇函数，∴，∴或，由在单调递减，∴且，得，或，∴或，当时，，当时，.故答案为：-116.已知函数恰有两个零点，和一个极大值点，且，，成等比数列，则__________；若的解集为，则的极大值为__________．【答案】①.4②.4【解析】【分析】依据已知，结合三次函数的图象特征可得是的微小值点，借助导数及函数零点可得的关系即可求出；由不等式的解集求出，再验证即可求出极大值作答.【详解】因三次函数有一个极大值点，则该函数必有一个微小值点，且微小值点大于，又恰有两个零点，，且，因此也是的微小值点，求导得：，即，是方程的二根，有，即，明显，则，整理得，两边平方得：，因成等比数列，即，于是得，即，而，有，所以；明显有，，，因的解集为，则5是方程的根，即有，整理得：，解得或，当时，，，不等式，解得，符合题意，函数的极大值为，当时，，，不等式，解得，不符合题意，舍去，所以函数的极大值为.故答案为：4；4【点睛】方法点睛：可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．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.记为数列的前项和，已知．证明：（1）为等比数列；（2）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）依据递推式可得，即，由等比数列定义证明即可；（2）由（1）求得，进而求出通项公式，结合，即可证结论.【小问1详解】由已知得①，②，②①：，即，特殊地，①中令得：，即，所以是首项为，公比为的等比数列；【小问2详解】由（1）知：，所以，故，留意到，明显时成立；当时，，所以得证.18.我国航空事业的发展，离不开航天器上精密的零件．某车间运用数控机床制造一种圆形齿轮零件．由于零件的高精度要求，该车间负责人须要每隔一个生产周期对所生产零件的直径进行统计，排查机床可能存在的问题并刚好调试修理．已知该负责人在两个相邻生产周期（分别记为周期Ⅰ和周期Ⅱ）中分别随机检查了枚零件，测量得到的直径（单位：）如下表所示：周期Ⅰ4.95.15.05.05.15.04.95.25.04.8周期Ⅱ4.85.25.05.04.84.85.25.15.05.1周期Ⅰ和周期Ⅱ中所生产零件直径的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和．（1）求，，，；（2）推断机床在周期Ⅱ是否出现了比周期Ⅰ更严峻的问题（假如，则认为机床在周期Ⅱ出现了比周期Ⅰ更严峻的问题，否则不认为出现了更严峻的问题）．【答案】（1）5.0；5.0；0.012；0.022（2）无法推想机床在周期Ⅱ出现了比周期Ⅰ更严峻的问题．【解析】【分析】(1)依据平均数，方差公式即可求解.(2)依据题中公式，进行求值比较，即可求解.【小问1详解】由表可知【小问2详解】由（1）可知，因此在的显著性水平下，无法推想机床在周期Ⅱ出现了比周期Ⅰ更严峻的问题．19.在四棱锥中，底面是矩形平面，，，且二面角的大小为．（1）求四棱锥的体积；（2）设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】(1)先依据空间位置关系，证明PF为锥体的高，再依据锥体体积公式，即可求解.(2)找出线面角的平面角，即可求出正弦值.【小问1详解】设与交于点，连接；在平面中作于．因为平面，平面，所以．同理，．因为平面，平面，平面平面，所以就是二面角的平面角，从而．因为底面是矩形，，所以矩形是正方形．所以，．又因为，所以是等边三角形，故．因为，，，所以平面，即是四棱锥的高．故四棱锥的体积．【小问2详解】设．因为，，所以是的重心，故．因为平面，所以即为直线与平面所成角．于是，因此，直线与平面所成角的正弦值为．20.记的内角，，的对边分别为，，．已知，．（1）证明：；（2）求面积的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理角化边，即可求证；（2）依据（1）的结论，将其两边平方，再结合余弦定理，得到面积的表达式，再结合协助角公式，即可求得最值，再依据取等条件，验证是否符合题意即可.【小问1详解】由正弦定理及已知可得，整理可得．由余弦定理可得，整理可得，所以．【小问2详解】由（1）可知．由余弦定理可得，化简可得．记的面积为，则．留意到，所以，等号成立当且仅当．此时回代有，可反解出，，，易知符合题意．所以面积的最大值为．21.已知抛物线的焦点到直线的距离为．（1）求的方程；（2）若点在上，，是的两条切线，，是切点，直线与交于点，证明：存在定点，使得．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)利用点到直线的距离公式，即可求解.(2)设，，依据导数求切线斜率，再由点斜式得到直线PA,PB方程，联立求出P点坐标，再依据直线AB方程求出点坐标，设，则由，即可建立关于定点的方程，即可解出.【小问1详解】由题可知的焦点为，依距离公式可得，解得．所以的方程为；【小问2详解】设，．由，可知直线的方程为，即．同理直线的方程为．联立解得．若记，则有所以可写出直线的方程为，即，即．由与相交可知．联立可得．设，则由可知上式关于恒成立当且仅当解得或因此，存在定点或，使得．【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，依据题意，将条件翻译成代数式，即可求解，对学生的综合分析实力，以及计算实力有较高的要求.22.已知函数．（1）当时，，求的取值范围；（2）是否存在