2023-2024学年广东省湛江市高三（上）摸底联考数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省湛江市高三（上）摸底联考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合，若，则( )
A. B. C. D.
2. 若，则的虚部与实部之比为( )
A. B. C. D.
3. 已知平面单位向量满足，则( )
A. B. C. D.
4. 汉代初年成书的淮南万毕术记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣”这是中国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后的光线所在的直线与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为( )
A. B. 或 C. D.
5. 设为公比为的等比数列的前项和，且，则( )
A. B. C. 或 D. 或
6. 如图为某工厂内一手电筒最初模型的组合体，该组合体是由一圆台和一圆柱组成的，其中为圆台下底面圆心，，分别为圆柱上下底面的圆心，经实验测量得到圆柱上下底面圆的半径为，，，圆台下底面圆半径为，则该组合体的表面积为( )
A. B. C. D.
7. 已知串联电路短接时，电流随时间的变化关系式为，电路的时间常数，当由减小到时，相应的时间间隔称为半衰期若某串联电路电流从减少到的时间间隔为，则该电路的时间常数约为参考数据：( )
A. B. C. D.
8. 已知双曲线：的左、右顶点分别为，，为的右焦点，的离心率为，若为右支上一点，满足，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 有一组样本数据，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，则( )
A. 新样本数据的样本平均数小于原样本数据的样本平均数
B. 新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差
C. 新样本数据的极差不大于原样本数据的极差
D. 新样本数据的上四分位数不小于原样本数据的上四分位数
10. 若随机变量，的密度函数为，则( )
A. 的密度曲线与轴只有一个交点
B. 的密度曲线关于对称
C.
D. 若，则
11. 已知函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，若将曲线的图象向左平移个单位得到的图象关于轴对称，则( )
A. ，
B. 直线为曲线的一条对称轴
C. 若在单调递增，则
D. 曲线与直线有个交点
12. 已知正方体的各顶点均在表面积为的球面上，为该球面上一动点，则( )
A. 存在无数个点，使得平面
B. 当平面平面时，点的轨迹长度为
C. 当平面时，点的轨迹长度为
D. 存在无数个点，使得平面平面
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知，若，则 ______ ．
14. 某学校准备举办一场运动会，其中运动会开幕式安排了个歌舞类和个语言类节目，所有节目依次出场，则恰有两个语言类节目相邻的概率为______ ．
15. 设函数在单调递增，则的取值范围为______ ．
16. 已知椭圆的两个焦点为，点，为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，的面积为．
Ⅰ求；
Ⅱ若，，为边的中点，求．
18. 本小题分
已知函数的图象在处的切线方程为．
求，；
证明：只有一个极值点．
19. 本小题分
已知数列的前项和满足．
证明：为等差数列；
若，证明：．
20. 本小题分
如图，在矩形中，，，是线段上的一点将沿翻折到位置，且点不在平面内．
若平面平面，证明：；
设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值．
21. 本小题分
已知有甲，乙两个不透明盒子，甲盒子装有两个红球和一个绿球，乙盒子装有三个绿球，这些球的大小，形状，质地完全相同在一次球交换的过程中，甲盒子与乙盒子中各随机选择一个球进行交换，重复次该过程，记甲盒中装有的红球个数为．
求的概率分布列；
求
22. 本小题分
已知三个顶点均在抛物线：上，为直角顶点，且．
记点，直线的斜率，试求面积的解析式；
当时，求函数的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
故．
故选：．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设，
则，
，即．
故选：．
根据已知条件，结合共轭复数、虚部、实部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：已知向量为单位向量，
则，
由可知，
两边同时平方得，
所以．
故选：．
由平面向量数量积的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，点关于轴的对称点为，
由反射原理，反射光线所在的直线过且与该圆相切，
又在该圆上，
故反射光线的斜率为．
故选：．
直接利用直线与圆的位置关系求出结果．
本题考查的知识要点：直线与圆的位置关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：为公比为的等比数列的前项和，且，
则，
因为，所以，即，解得或．
故选：．
根据已知条件，结合等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查等比数列的性质，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，圆柱上下底面圆的半径为，，，
则圆柱的上底面面积为，圆柱的侧面面积为；
又由圆台下底面圆半径为，则圆台的下底面面积为，
圆台的母线长为，
所以圆台的侧面面积为，
故该组合体的表面积为．
故选：．
根据题意，分别计算组合体两部分的表面积，相加可得答案．
本题考查组合体的表面积计算，注意常见几何体的表面积公式，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：设半衰期为，由已知可得，
所以，
由得，即，
所以，解得．
故选：．
可设半衰期为，由减小到的时间间隔为，由题意，，分别求出，，代入求解即可．
本题主要考查对数运算性质的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：设点，
由，得，
，，将代入的方程得，得，
当时，，
故．
同理可得当时，．
故选：．
设点，由的离心率可得、与的关系，再由，求得，将代入的方程，得，然后分类利用到角公式求解．
本题考查双曲线的简单性质，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：有一组样本数据，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，
首先，设原样本数据的样本平均数为，故新样本数据的样本平均数为，其中与大小无法判断，故A错；
设原样本数据的标准差为，故新样本数据的标准差为，故B对；
新样本数据的极差为，故C对；
设原样本数据的上四分位数为，故新样本数据的上四分位数为，其中与大小无法判断，故D错．
故选：．
根据已知条件，结合方差、平均数的线性公式，以及极差和上四分位数的定义，即可求解．
本题主要考查统计的知识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：若，则的密度曲线关于直线对称，故B错误；
又，令，
可得的密度曲线与轴只有一个交点，故A正确；
，故C正确；
，故D正确．
故选：．
正态分布曲线关于直线对称，根据对称性即可判断各个选项．
本题考查正态分布函数的性质，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：函数任一对称轴与其相邻的零点之间的距离为，
．
将曲线的图象向左平移个单位得到的图象，
由于所得图象关于轴对称，故有，，
，，故A正确．
令，求得，为最小值，可得直线为曲线的一条对称轴，故B正确．
若在单调递增，，则，，
令，求得，故C错误．
对于：，所以函数关于对称，周期，
而也关于对称，所以两个函数图象必有一个交点，
当时，，而，故在周围有两个交点，
又时，，而，故在周围无交点，
又因为函数的图像关于对称，点的左侧也有两个交点，
所以交点个数是个，故D正确．
故选：．
首先根据函数的性质求函数的解析式，再利用整体代入的方法判断函数的对称轴，结合函数的单调区间，求的值，最后利用数形结合，结合对称性，判断实数根的个数．
本题考查正弦型函数的图象，考查方程的根，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：设球的半径为，设正方体的棱长为，因为该球的表面积为，故半径，且正方体的棱长满足，可得棱长．
中，由题意可知平面平面，且平面，故平面，
则的轨迹为正方形的外接圆，
故有无数个点满足，所以A正确；
中，易知平面，且平面平面，且平面，
故的轨迹为矩形的外接圆，其周长为，所以不正确；
中，因为平面，设过且与平面平行的平面为，
则的轨迹为与外接球的交线，其半径为，周长为，所以C正确；
中，若平面平面，则点在以为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，
故有无数个点满足，所以D正确．
故选：．
由空间的线面平行的性质及垂直的性质可判断所给命题的真假．
本题考查线面平行及垂直的证法及性质的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为，可得，且，
所以，
又因为，所以，
故，
而，
由可得．
故答案为：．
由题意可得的值，进而求出的值，再由题意可得的大小．
本题考查三角函数的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：节目出场顺序总数为，
两个语言类节目相邻：，
所以恰有两个语言类节目相邻的概率为．
故答案为：．
根据节目顺序总数为，再利用捆绑法算出两个语言类节目相邻有，根据古典概型即可得出结果．
本题考查古典概率模型，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：令，
由二次函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，
又因为在定义域上单调递增，
根据复合函数的单调性及对数函数的性质可得：，
解得，
所以的取值范围为：
故答案为：
令，则在上单调递增，又因为在定义域上单调递增，根据复合函数的单调性求解即可．
本题考查了二次函数、对数函数的性质，也考查了复合函数的单调性，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：因为，为椭圆上关于坐标原点对称的两点，且，
所以四边形为矩形，并且，
设，，
由椭圆的定义可得，
所以，
因为，
所以，
因为四边形的面积为，
的面积，可得，
，
可得，
又，可得，可得，
所以．
故答案为：．
根据椭圆对称性及矩形的性质知四边形为矩形，进而有四边形的面积为，再根据椭圆定义、勾股定理求即可，列出不等式，转化求解离心率的范围即可．
本题考查了椭圆的性质，考查了转化思想，属于中档题．
17.【答案】解：Ⅰ因为的面积为，
所以，
因为，
所以，
由为三角形内角可得；
Ⅱ因为，
所以，
因为，，
由余弦定理得，
所以，
因为为边的中点，
所以，
所以，
故CD．
【解析】Ⅰ由已知结合三角形面积公式进行化简可求，进而可求；
Ⅱ由已知结合三角形面积公式先求出，然后结合余弦定理可求，再由向量的线性表示及向量数量积的性质可求．
本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，向量数量积的性质的应用，属于中档题．
18.【答案】解：，
又的图象在处的切线方程为，
所以，
解得；
所以，
则，
将代入，
解得，
则，．
证明：，
设，则，
令，故或，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，
故存在，使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以只有一个极值点．
【解析】对函数求导，根据导数的几何意义可得，进而求得；
设，利用导数研究函数的性质，可得的单调性情况，进而得证．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：，
当时，，
两式相减得，
同理，
由得当时，，
故数列为等差数列；
证明：，
当时，，解得，
设数列的公差为，则，
，解得，
，
．
【解析】由题意得当时，，利用作差法得，同理，两式变形得，利用等差数列的性质，即可证明结论；
令，可得，由得数列为等差数列，设数列的公差为，则，结合题意可得，利用等差数列的求和公式和裂项求和法，即可证明结论．
本题考查等差数列的性质和数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：证明：因为平面平面，，且平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，，所以．
设的中点为，连接，则，过作直线垂直于平面，
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
易知，，，，
设二面角为，则，
则，，，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，解得，，即，
设平面的一个法向量，
则，
令，解得，，即，
因为平面平面，所以，
解得，则二面角的余弦值为．
【解析】由面面垂直可得平面，进而可证，可证结论；
设的中点为，连接，则，过作直线垂直于平面，以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设二面角为，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求二面角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题．
21.【答案】解：由题意可知的所有可能取值为，，，
此时，，
，
则的分布列为：
易知的所有取值为，，，
此时，
又
，
因为，
而
，
所以，
则，
即，
所以为等比数列，
又，
故．
【解析】由题意，求出的所有可能取值，得到相对于的概率，再列出分布列即可；
得到，的表达式，代入期望公式中得到的表达式，进而可得与之间的关系，结合等比数列的性质进行求解即可．
本题考查离散型随机变量分布列及期望和等比数列的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
22.【答案】解：由题意可得为斜边，为直角顶点，
设：，，
联立，整理可得：，
可得，可得，
所以，
同理，
则
，
则．
，
是奇函数，
则求的最小值等价于求的最小值．
，当且仅当时取等号．
综上，当且仅当时，．
【解析】设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得点的横坐标，进而可得的表达式，同理可得的表达式，进而求出的面积的表达式；
由可得为奇函数，由的范围，可得它的最小值．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，函数的奇偶性的性质的应用，属于难题．
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