《广东省2023-2024学年高三上学期11月统一调研数学Word版含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《广东省2023-2024学年高三上学期11月统一调研数学Word版含解析(18页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、广东省20232024学年高三11月统一调研测试数学试卷注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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已知复数满足,则( )A5BCD12已知集合,则( )ABCD3从2,3,5,7这四个数中随机地取2个不同的数相乘,其结果能被10整除的概率是( )A
2、BCD4已知平面向量,满足,则与的夹角是( )ABCD5“”是“函数在区间上单调递增”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6若椭圆与双曲线有公共的左焦点,两曲线在第一、三象限内的公共点分别为,则的值为( )ABCD7已知中,点是边的中点,记则当最大时,( )ABCD817到19世纪间,数学家们研究了用连分式求解代数方程的根,并得到连分式的一个重要功能:用其逼近实数求近似值例如,把方程改写成,将再代入等式右边得到,继续利用式将再代入等式右边得到反复进行,取时,由此得到数列,记作,则当足够大时,逼近实数数列的前2024项中,满足的的个数为(参考数据:)A1007
3、B1009C2014D2018二、选择题: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的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分9一组数据从小到大为5,6,7,8,11,若这组数据的平均数是8,则( )AB极差为6C40%分位数为7D方差为510若,则( )ABCD11已知圆:,是直线:上一点,过点作圆的两条切线,切点分别为,则( )A有最小值B四边形的周长最小为8CD外接圆的面积最大为12已知函数及其导函数的定义域均为,且是奇函数,若在区间上单调递增,则( )ABCD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分13函数的最小正周期为_14已知正数,满足
4、,则_15已知点在椭圆:上运动,动点满足,则的最大值为_16已知正三棱柱的底面边长为2,以为球心、为半径的球面与底面的交线长为,则三棱柱的表面在球内部分的总面积为_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(10分)在数列中,设,给定3个条件:数列为等差数列;数列为公比为正数的等比数列;数列的前项和,其中,为常数在这3个条件中任选一个,并解决下列问题(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和注:若选择多个条件分别解答,按第一个解答计分18(12分)记的内角,的对边分别为,为边的中点,已知(1)求;(2)当时,求的最大值19(12分)如图,四棱锥中,底面是平行
5、四边形,为棱的中点(1)证明:;(2)若,二面角的大小为,求直线与平面所成角的正弦值20(12分)已知在平面直角坐标系中,抛物线:的焦点为,过点的直线与交于,两点,且(1)求的标准方程;(2)已知为轴上的点,直线与的另一个交点为,直线与的另一个交点为,当直线的斜率为1时,求点的坐标21(12分)已知函数(1)当时,求的单调区间;(2)若存在零点,求实数的取值范围22(12分)现有甲、乙两个不透明盒子,甲盒子装有2个红球和2个白球,乙盒子装有4个白球,这些球的大小、形状、质地完全相同在一次球交换过程中,从甲盒子与乙盒子中各随机选择1个球进行交换,重复次这样的交换过程后,甲盒子里装有红球的个数为(
6、1)求的概率分布及数学期望;(2)求广东省20232024学年高三11月统一调研测试数学参考答案及评分细则1【答案】B【解析】由题意可得,所以,则,故选B2【答案】C【解析】因为,因为,所以,所以,故选C3【答案】A【解析】所求概率为,故选A4【答案】D【解析】因为,且,所以,即,所以,设与的夹角为,则,因为,所以,即与的夹角为,故选D5【答案】A【解析】由题设易知,且,设,则函数开口向上且对称轴为,所以在上单调递增,则为增函数,所以要使在上单调递增,则,即,所以,要使对恒成立,则只需,综上,所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件,故选A6【答案】C【解析】易知两曲线有公共的右焦点,根
7、据题意,根据椭圆的定义得到,根据双曲线的定义得到,故,又,所以,从而,故选C7【答案】B【解析】方法一:记,由题意得,为锐角,则即有最大值当且仅当即时取等号,此时也最大,故选B方法二:设,以点为坐标原点,分别为轴、轴建立平面直角坐标系,则,所以,所以可齐次化,不妨设,则所以当,即时,取最小值,又因为是锐角,此时最大,故选B8【答案】D【解析】由题,且前8项为1,2,所以当时,;当时,所以,其中,所以,所以,所以不满足的分别为,故选D9【答案】BC【解析】由题得,所以,所以A错误;根据定义极差为,B正确;因为,40%分位数为7,C正确;根据方差公式,方差为,D错误,故选BC10【答案】ACD【解
8、析】对于A:,A正确;对于B:,B错误;对于C:,C正确;对于D:,D正确,故选ACD11【答案】ABC【解析】设,所以当,即时,取得最小值,A正确;四边形的周长为,当取最小值时,四边形的周长最小为8,B正确;因为,所以,又因为,所以,则,C正确;外接圆的面积最小为,无最大值,D错误,故选ABC12【答案】ACD【解析】因为是定义在上的奇函数,所以由,得,所以,故选项A正确;因为可化为,令,则为上可导的奇函数,且,所以的图象关于直线对称,且是以4为周期的函数,所以,所以,故选项B错误;因为在区间上单调递增,所以在区间上单调递增由对称性得在区间上单调递减,所以,即,所以,故选项C正确;因为,所以
9、,从而,解得由,得,从而是以4为周期的函数,所以,所以,故选项D正确故选ACD13【答案】【解析】因为的最小正周期为,所以的最小正周期为14【答案】5【解析】由得,所以15【答案】【解析】依题设,则,由,可得点的轨迹是以为圆心,为半径的圆,当且仅当取等号,即,故16【答案】【解析】记以为球心为半径的球面与底面的交线半径为,正三棱柱的高为,则,且,解得,则三棱柱的表面在球内部分的总面积为17解:(1)若选择,(1分)则等差数列的公差,(3分)所以,所以(5分)若选择,(1分)则等比数列的公比满足,又,故,(3分)所以,(5分)若选择,因为,则,(1分)解得故,(3分)当时;又,符合上式,所以(5
10、分)(2)由(1)知,所以,(7分)(10分)【评分细则】第(2)问结果没有化简或化简错的,只要有这一步,整体只扣1分18解:(1)由及正弦定理,得,即,(2分)又中,则,故,(4分)又,则(6分)(2)因为所以,当且仅当时取等号(8分)因为为边的中点,所以,两边平方得到故,当且仅当时取等号故的最大值为(12分)【评分细则】1第(1)问凡是有推理不严密,如漏,等,整体只扣1分,不多次扣分;2第(2)问用其他方法做,只要推理与结果对,也给满分,但过程中利用基本不等式求最值时,至少要有一处说明取等条件(或),否则扣1分19(1)证明:连接,在中,因为,所以由余弦定理得,因为,所以,因为四边形为平行
11、四边形,所以,所以(2分)又因为,平面,所以平面(4分)因为平面,所以(5分)(2)解:因为,平面,所以平面又因为,所以,两两相互垂直,以为坐标原点,所在的直线分别为,轴,建立如图所示的空间直角坐标系(6分)因为,所以为二面角的平面角,即(7分)在中,所以因为为棱的中点,所以根据条件,所以,(9分)设平面的法向量为,则取(11分)设直线与平面所成的角为,则即直线与平面所成角的正弦值为(12分)【评分细则】第(2)问可能存在其他建系方法,只要推理与结果正确,同样给满分20解:(1)因为,所以,又,所以,故的标准方程为:(4分)(2)设,的方程为,由得则,同理(7分)所以直线的斜率为(9分)设的方
12、程为,联立得则所以,所以点的坐标为(12分)【评分细则】1第(1)问只求出给2分;2第(2)问利用其它的参数计算直线MN的斜率和点E的坐标,只要结果正确也同样给分21解:(1)当时,则,(1分)当时,故;当时,故,故的单调递增区间为,单调递减区间为(4分)(2)方法一:,令,则,则在上单调递增取,取,(5分)又在上图象不间断,且在上单调递增,故存在唯一的使得,即(6分)当时,;当时,故在上单调递减,在上单调递增因此(9分)当时,即时,故,此时无零点;当时,即时,故,此时有1个零点为1;(10分)当时,即时,故,取,则,又在上图象不间断,故存在:使得,即此时存在零点(11分)综上所述,存在零点时
13、,实数的取值范围为(12分)方法二:由(1)知当时,的单调递增区间为,单调递减区间为,且,当且仅当时取等号,故有1个零点;(5分)当时,即,故没有零点;(6分)当时,构造函数,证明(过程略),从而对恒成立;构造函数,证明(过程略),从而因此,故又,且在上图象不间断,故存在,使得,即此时存在零点(11分)综上所述,存在零点时,实数的取值范围为(12分)方法三:令,令,则当时,;当时,所以当时,取得最小值,若函数存在零点,则有解,所以(8分)当时,令,又因为在上图象不间断,故存在,使得,综上所述,存在零点时,实数的取值范围为(12分)【评分细则】1第(1)问仅正确求得单调递增区间、单调递减区间中的一个扣2分;2第(2)问相关解法中涉及到的取点(不唯一)是否取到,不影响后续步骤的得分22解:(1)由题意可知的所有可能取值为1,2,且,(1分)由题意可知的所有可能取值为0,1,2,且,的概率分布表如下: