2023-2024学年广东省珠海市重点中学高三上学期新起点考试数学试题（含解析）

2023-2024学年广东省珠海市重点中学高三上学期新起点考试数学试题
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.( )
A. B. C. D.
2.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，且( )
A. B. C. D.
4.已知，则“”是“点在第一象限内”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
5.已知函数的图象如图所示，则的表达式可以为
( )
A. B.
C. D.
6.若，且，则( )
A. B. C. D.
7.若函数是区间上的减函数，则的取值范围是
( )
A. B. C. D.
8.函数的最大值为
( )
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.下列说法正确的是( )
A. 一组数，，，，，，，，，的第百分位数为
B. 在经验回归方程中，当解释变量每增加个单位时，相应变量增加个单位
C. 数据的方差为，则数据的方差为
D. 一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于
10.已知函数，则
( )
A. 为其定义域上的增函数 B. 为偶函数
C. 的图象与直线相切 D. 有唯一的零点
11.已知在等比数列中，满足，，是的前项和，则下列说法正确的是
．( )
A. 数列是等比数列
B. 数列是递增数列
C. 数列是等差数列
D. 数列中，，，仍成等比数列
12.已知函数在区间上有且仅有个对称中心，则下列说法不正确的是
( )
A. 在区间上至多有条对称轴 B. 的取值范围是
C. 在区间上单调递增 D. 的最小正周期可能为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.在的展开式中，第四项的系数为______．
14.已知函数是奇函数，则实数的值为___________．
15.已知函数的最小正周期为，若，且的图象关于点对称，则当取最小值时，________．
16.已知，，分别为的三个内角，，的对边，，且，则面积的最大值为_______．
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
已知数列满足．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．
18.本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
证明：，，成等差数列；
若，求．
19.本小题分
在如图所示的四棱锥中，四边形为矩形，平面，为的中点．

证明：平面；
若，，求平面与平面的夹角的余弦值．
20.本小题分
素质教育是指一种以提高受教育者诸方面素质为目标的教育模式．它重视人的思想道德素质、能力培养、个性发展、身体健康和心理健康教育．由此，某校的一位班主任在其班的课后服务课中展开羽毛球比赛，采用五局三胜制，经过一段时间紧张激烈的角逐，最终甲、乙两人进行总决赛，在总决赛的比赛中，甲每局获胜的概率为，且各局比赛之间没有影响．
求甲获胜的概率；
比赛结束时，甲比赛的局数为，求的分布列及其期望．
21.本小题分
已知函数．
若曲线在处的切线方程为，求实数，的值；
若，关于的方程有两个不同的实数解，求实数的取值范围．
22.本小题分
已知抛物线，点为其焦点，直线与抛物线交于两点，为坐标原点，．
求抛物线的方程；
过轴上一动点作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点和，点分别为的中点，求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据复数的四则运算直接计算即可．
解：，
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】列举法表示集合，再求．
解：，，．
故选：
3.【答案】
【解析】【分析】根据题意，由平面向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果．
解：，．
故选：
4.【答案】
【解析】【分析】结合三角函数的想先符号判断即可．
解：若，则在第一或三象限，
则或，则点在第一或三象限，
若点在第一象限，
则，则．
故“”是“点在第一象限内”的必要不充分条件．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】根据振幅可确定根据周期可确定，进而根据最高点确定，代入中化简即可求解．
解：由图可知：，
经过最高点，故，故，
所以．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】由，可解得，即可求解
解：，故，
可解得或，又，故，故，
故选：
7.【答案】
【解析】【分析】根据函数在区间上是减函数，对进行分类讨论，再分别解之即可．
解：函数是区间上的减函数，则
当时，则，则由得，故，则无解．
当时，则，则由得，故，则有．
综上知：．
故选：
8.【答案】
【解析】【分析】利用导数，结合三角函数的性质即可得解．
解：因为，
所以，
易知，则，
所以当时，；当时，；
即当时，单调递增；
当时，单调递减；
故在处取得极大值即最大值，
所以．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】由百分位数的定义，即可判断，由回归方程的性质即可判断，由方差的性质即可判断．
解：因为，所以这组数据的第百分位数是第个数，即为，A正确；
由回归方程可知，当解释变量每增加个单位时，相应变量减少个单位， B错误；
选项C，由，可得， C正确；
由，得，所以这组样本数据的总和等于，故 D正确；
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】求出判断函数奇偶性，通过对函数求导，即可求出其单调性，切线和零点是否唯一．
解：由题意，
在中，定义域为，
，
为上的增函数， A正确；
，
为奇函数， B错误；
当时，解得：，
此时，
斜率为的切线为，不可能为直线，
C错误；
为上的增函数，，
有唯一的零点， D正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】根据等比数列、递增数列、等差数列等知识对选项进行分析，由此确定正确答案．
解：依题意可知，
所以，所以数列是等比数列，选项正确．
，所以，且，所以数列是递减数列，选项错误．
设，则，
所以数列是等差数列，选项正确．
，因为，故数列中，不成等比数列，所以选项错误．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】根据正弦函数的对称性，周期性，单调性逐一判断即可．
解：由，得，
因为函数在区间上有且仅有个对称中心，
所以，解得，
所以，所以，，故选项 B，不正确；
当，即时，函数有条对称轴，
当，即时，函数有条对称轴，
所以函数在区间上至少有条对称轴，故选项A错误；
当，时，，
因为，所以，
所以函数在区间上单调递增，故 C正确．
故选：．
13.【答案】
【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项，把代入求解第四项系数即可．
解：因为展开式的通项为，
所以第四项的系数为．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】根据得到的方程求解即可．
解：由知函数的定义域为，
定义域关于原点对称，又，
是奇函数，，
，即，
，
解得．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】首先根据最小正周期为，结合求得的值，再根据对称中心公式得，求出关于的表达式；找出取最小值时对应的，即可求出的具体取值，写出的解析式然后计算得出结果．
解：第一步：求的值
由题意可得，则，故．
第二步：求的最小值
由的图象关于点对称可得，故，即，又，所以当，取得最小值．
第三步：求的值．
此时，．
故答案为：
16.【答案】
【解析】【分析】利用正弦定理进行边角互化可得，再结合余弦定理可得，利用基本不等式可得，进而可得面积的最大值．
解：由，得，
由正弦定理得，化简得，
故，
所以．
又因为，即，
所以，
当且仅当时取等号．
故，
故答案为：．
17.【答案】解：
由，
得当时，即，
当时，，
则，即，
当时，也满足上式，
综上所述，；
由得，
则，
所以．

【解析】【分析】利用退一相减法可得，进而可得；
利用裂项相消法求和．
18.【答案】解：
由题意证明如下，
在中，
，
由余弦定理可得，，
整理得，
，，成等差数列．
由题意，
在中，，
由正弦定理得，，
．
，
，即．
由余弦定理可得，
．

【解析】【分析】利用余弦定理结合所给方程，即可证明结论；
利用正弦定理结合中结论求出与的关系，结合余弦定理即可求出的值．
19.【答案】解：

证明：连接，交于点，连接，
为中点，为中点，．
又平面，平面，
平面．

如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．
则，，，，
则，，
平面，平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，得．
平面与平面的夹角的余弦值为．

【解析】【分析】根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
根据题意，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果．
20.【答案】解：
甲获胜有三种情况，第一种甲以：获胜，其概率为；
第二种甲以：获胜，其概率为；
第三种甲以：获胜，其概率为．
所以甲获胜的概率为：．
由题知，的所有可能的取值为，，．
，
，
，
所以的分布列为
所以．

【解析】【分析】甲获胜有三种情况，分别是：，：，：，对应的局数分别局，局，局且各种情况相互独立，分别计算其概率并相加即可；
比赛结束时必有一方赢另一方输，至少为局，至多为局，每种情况可能是甲赢或者乙赢，分别计算其概率，列出分布列，再根据期望公式即可求得数学期望．
21.【答案】解：
由，
得，
所以，且，
又曲线在处的切线方程为，即，
则
设函数，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以，；
当时，由，可得，
即，
令，则，
设函数，易知函数为增函数，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
又当时，，当时，，
所以，
故实数的取值范围是．

【解析】【分析】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极最值问题处理．
根据导数的几何意义结合导数求最值的方法可得参数值；
分离参数，根据导数判断函数单调性及最值情况，进而可得参数取值范围．
22.【答案】解：

直线方程为，将其代入抛物线可得，
由已知得，解得，
故抛物线的方程为．

因为，若直线分别与两坐标轴垂直，
则直线中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
所以直线的斜率均存在且不为设直线的斜率为，
则直线的方程为．
联立，得，则，
设，
则，设，则，则，
所以，同理可得，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
故的最小值为．

【解析】【分析】由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；
利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案．
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