精品解析：广东省广州市越秀区广东实验中学越秀学校2024-2025学年高三上学期11月段考数学试卷

2024学年上学期广东实验中学越秀学校高三11月段考 数学试题 高三数学备课组 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. 集合，，则的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】联立方程求得和，求出，求出的元素个数. 【详解】因为，， 联立方程可得，解得或， 所以， 则集合中的元素个数为2. 故选：A. 2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则实数的值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合题意列出方程组，即可求解. 【详解】由复数， 因为复数在复平面内对应的点的坐标为，可得且， 解得. 故选：B. 3. 设，向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的坐标表示公式，结合平面向量加法和模的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】因为，所以，即，所以， 则，所以， 故选：C 4. 已知（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过及两角和的正弦公式即可求解. 【详解】由可得， 又，则， 故 . 故选：B. 5. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图，在鳖臑中，底面，作于于，下面结论正确的是（ ） ①平面 ②平面 ③三棱锥是鳖臑 ④三棱锥是鳖臑 A. ①③ B. ①②④ C. ②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理，可判定①正确；证得平面，可判定②不正确；根据线面垂直的判定定理和性质定理，结合鳖臑的定义，可判定③、④正确. 【详解】对于①中，由平面，且平面，所以， 又由，可得， 因为且平面，所以平面，所以①正确； 对于②中，由平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 所以与平面不垂直，所以②不正确； 对于③中，由平面，且平面，所以， 所以都为直角三角形， 又由，所以为直角三角形， 因为平面，平面，所以，所以为直角三角形， 根据鳖臑的定义，可得三棱锥是一个鳖臑，所以③正确； 对于④中，由平面，且平面，所以， 所以都为直角三角形， 因为，所以为直角三角形， 由平面，平面，所以， 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以为直角三角形， 根据鳖臑的定义，可得三棱锥是一个鳖臑，所以④正确. 故选：D. 6. 已知椭圆：（）的上顶点为，左、右焦点分别为，，连接并延长交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用椭圆定义，结合余弦定理和离心率公式计算即可. 【详解】由题意可得，因为， 所以，， 因为为椭圆的上顶点，所以，则， 在中，， 在中，， 即，所以. 故选：C. 7. 已知数列是各项为正数的等比数列，公比为，在，之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在，之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，…，在，之间插入个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ） A. 当时，数列单调递减 B. 当时，数列单调递增 C. 当时，数列单调递减 D. 当时，数列单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的通项可得，可得，进而得到，即可对讨论,结合选项逐一求解. 【详解】对于A，数列是各项为正数的等比数列，则公比为， 由题意，得，， 时，，有，，数列单调递增，A选项错误； 对于B，时，，，若数列单调递增， 则，即，由，需要，故B选项错误； 对于C，时，，解得，时，， 由，若数列单调递减，则， 即，而不能满足（）恒成立，C选项错误； 对于D，时，，解得或， 由AB选项的解析可知，数列单调递增，D选项正确. 故选：D. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由题设结合等差数列的通项公式求出，进而得到，从而一一分析各选项即可求解. 8. 已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直线与函数的图象有5个交点. 先求出交点，得到是奇函数,转化为只需直线与曲线（）有2个交点即可，利用导数解题即可. 【详解】由题意得，则直线与函数 的图象有5个交点. 显然，直线与的图象交于点. 又当时，，； 当时，，； 当时，，所以是奇函数， 则必须且只需直线与曲线（）有2个交点即可， 所以方程有2个实数根.令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以. 又当趋近于0时，，，所以； 当趋近于时，，， 所以必须且只需. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若单调递减，则 B. 若的最小值为，则 C. 若仅有两个零点，则 D. 若仅有两个极值点，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据余弦函数图像性质即可求解. 【详解】因为，所以， 因为单调递减，所以由余弦函数图像性质，，故A错误； 因为的最小值为，故由余弦函数图像性质，即，故B正确； 因为仅有两个零点，故由余弦函数图像性质， 即，故C错误； 因为仅有两个极值点，故由余弦函数图像性质，得，故D正确. 故选：BD. 10. 杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.根据杨辉三角判断下列说法正确的是（ ） A. B. 已知，则 C. 已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项直接由二项展开式进行判断；B选项令即可判断；C选项先解出，再令即可； D选项直接由公式依次递推即可. 【详解】A选项；等式为标准二项展开式的结果，故A正确； B选项：将看成， 则，令， 则，故B错误； C选项：第3项与第9项的二项式系数相等，可转化为， 则，令，则所有项的系数和为，故C错误； D选项：根据杨辉三角得，， ，∴，同理可得 ，故D正确. 故选：AD. 11. 已知函数为偶函数，且，当时，，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为2 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合函数的奇偶性、周期性以及对称性计算即可得. 【详解】对A：因为为偶函数，则， 即，所以是奇函数， 所以的图象关于点对称，故A正确； 对B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确； 对C：因为，， 则，则， 所以的最小正周期为，故C错误； 对D：因为当时，，所以，， 因为的图象既关于点对称，又关于直线对称， 所以，， 因为的最小正周期为4， 所以，所以， 所以 ，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 【答案】（或，答案不唯一） 【解析】 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 13. 在中，，点在上，满足，，.则的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，.两次运用余弦定理，构造方程，得到得，再结合三角形面积公式求解即可. 【详解】设，则，. 在中，. 在中，， 解得，故， 所以. 故答案为：. 14. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用全概率公式，构造概率递推公式，再由数列中的递推求通项思想即可. 【详解】经过第一次操作得：，， 经过第二次操作得：；. 根据全概率公式可知：， ， 两式相加可得， 则：，时，， 所以，， 因为，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以. 故答案为：①；②. 【点睛】方法点睛：由全概率公式来得到递推关系，再利用数列思想求解即可. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求曲线的斜率为1的切线方程； （2）当时，求证：. 【答案】（1）和. （2） 令，. 由，得. 令，得或. 当时，，的变化情况如下表： 0 4 ＋ － ＋ 递增 0 递减 递增 0 所以的最小值为，最大值为0， 故，即. 【解析】 【分析】（1）求导，根据求解切点，即可根据点斜式求解直线方程； （2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可根据最值求证. 【小问1详解】 由，得. 令，即，得或. 又，， 所以曲线的斜率为1的切线方程是与， 即和. 【小问2详解】 略 16. 已知点到点的距离比点到轴的距离大1， （1）求点的轨迹的方程； （2）若点（）在上，又已知点，延长交于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切. 【答案】（1）或 （2） 因为点在抛物线：上，所以， 由抛物线的对称性，不妨设 ， 由，可得直线的方程为. 由，得， 解得或，从而. 又，所以，， 所以，从而，则点到直线，的距离相等， 故以为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切. 【解析】 【分析】（1）由已知得点到点的距离等于点到直线的距离，解得，即可得出抛物线的方程． （2）由点在抛物线上，解得，不妨取可得直线的方程，与抛物线方程联立化为，解得，计算，，可得，，即可证明以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切． 【小问1详解】 法一：∵点到点的距离比点到轴的距离大1， 所以当时，符合题意； 当时，点到点的距离等于点到直线的距离. 由抛物线的定义得点的轨迹是抛物线，焦点是，准线为 ， 所以抛物线的方程为； 所以抛物线的方程为或 法二：设，∵点到点的距离比点到轴的距离大1， ∴，两边平方化简得和， 所以的方程为或； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是计算，从而，则点到直线，的距离相等，故得证. 17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】（1） 取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）1． 【解析】 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，． 法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 18. 某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24． （1）若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率． （2）记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p． （i）试用含m的代数式表示p； （ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）时，． 【解析】 【分析】（1）由古典概型结合组合数公式即可求得答案； （2）（i）由古典概型结合对立事件的概率公式即可求得答案； （ii）由n次独立重复试验的概率公式结合导数知识即可求解. 【小问1详解】 因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：，，， 故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率． 【小问2详解】 （i）从人中任选2人，有种选法，其中购票类型相同的有种选法，则询问的某组被标为B的概率． （ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率， 所以，， 所以当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，取得最大值，且最大值为． 由，且，得． 当时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且的最大值为． 19. 在个数码1，2，…，（，）构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，， （1）计算； （2）设数列满足，，求的通项公式； （3）设排列（，）满足（），（），，求， 【答案】（1）5 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用逆序数的定义，依次分析排列中的逆序个数， 从而得解； （2）利用逆序数的定义得到，从而利用构造法推得是等比数列，从而得解； （3）利用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到，再利用裂项相消法即可得解. 【小问1详解】 在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个， 与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个， 所以. 【小问2详解】 由（1）中的方法，同理可得， 又，所以， 设，得， 所以，解得，则， 因为， 所以数列是首项为1，公比为5的等比数列， 所以，则. 【小问3详解】 因为（）， 所以， 所以， 所以. 【点睛】知识点点睛：新定义题型，弄清题意是关键.第二问考查了构造等比数列求数列的通项公式，第三问考查了裂项相消法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年上学期广东实验中学越秀学校高三11月段考 数学试题 高三数学备课组 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. 集合，，则的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则实数的值分别为（ ） A. B. C. D. 3. 设，向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 10 4. 已知（），则（ ） A. B. C. D. 5. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图，在鳖臑中，底面，作于于，下面结论正确的是（ ） ①平面 ②平面 ③三棱锥是鳖臑 ④三棱锥是鳖臑 A. ①③ B. ①②④ C. ②③ D. ①③④ 6. 已知椭圆：（）的上顶点为，左、右焦点分别为，，连接并延长交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列是各项为正数的等比数列，公比为，在，之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为，在，之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为，…，在，之间插入个数，使这个数成等差数列，公差为，则（ ） A. 当时，数列单调递减 B. 当时，数列单调递增 C. 当时，数列单调递减 D. 当时，数列单调递增 8. 已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若单调递减，则 B. 若的最小值为，则 C. 若仅有两个零点，则 D. 若仅有两个极值点，则 10. 杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.根据杨辉三角判断下列说法正确的是（ ） A. B. 已知，则 C. 已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为 D. 11. 已知函数为偶函数，且，当时，，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为2 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ________． 13. 在中，，点在上，满足，，.则的面积为______. 14. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示） 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求曲线的斜率为1的切线方程； （2）当时，求证：. 16. 已知点到点的距离比点到轴的距离大1， （1）求点的轨迹的方程； （2）若点（）在上，又已知点，延长交于点，证明：以点为圆心且与直线相切的圆，必与直线相切. 17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 18. 某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24． （1）若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率． （2）记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p． （i）试用含m的代数式表示p； （ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的值． 19. 在个数码1，2，…，（，）构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，， （1）计算； （2）设数列满足，，求的通项公式； （3）设排列（，）满足（），（），，求， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $