广东省佛山市南海区2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析）.docx

1、2023-2024学年九江中学高三上学期十月月测数学试卷（满分150分，考试用时120分钟）一单项选择题：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要求的1.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D.2.，若为实数，则的值为（ ）A. B. C. D.3.若非零向量满足，则“”是“”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4.已知，则（ ）A. B. C. D.5.设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（ ）A. B. C. D.6.已知为异面直线，平面平面，直线满足，则（ ）A.且B.且C.与相交，且

2、交线垂直于D.与相交，且交线平行于7.函数（，）的部分图象如图所示，若在上有且仅有3个零点，则的最小值为（ ）A. B. C. D.8.如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为（ ）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中.至少有2个是符合要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列结论中，正确的有（ ）A.数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为5B.若随机变量，则C.已知经验回归方程为，且，则D.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概

3、率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.00110.如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）A.存在某个位置，使得与所成角为锐角B.棱上总会有一点，使得平面C.当三棱锥的体积最大时，D.当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是11.已知点是函数图像的一个对称中心，其中为常数且，则以下结论正确的是（ ）A.函数的最小正周期为B.将函数的图像向右平移个单位所得的图像关于轴对称C.函数在上的最小值为D.若，则12.如图，在正方体中，是正方形内部（含边界）的一个动点，则（ ）A.存在唯一点，使得B.存在唯一点，使

4、得直线与平面所成的角取到最小值C.若，则三棱锥外接球的表面积为D.若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线在点处的切线方程为_.14.已知是双曲线的两个焦点，为上一点，且，则的离心率等于_.15.在等差数列中，若，且数列的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是_.16.已知正四面体的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体表面上任意一点，则的最小值为_.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.在中，内角的对边分别为，已知（1）求；（2）是线段上的点，若，求的面积.1

5、8.已知数列中，前项和为，若，且（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.19.如图，AB是圆O的直径，PA圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，.（1）证明：平面ABD平面PBC；（2）若G为AD的中点，求二面角P-BC-G的余弦值.20.已知函数.（1）若，求函数在区间上的值域；（2）求函数的极值.21.某学校的自主招生考试中有一种多项选择题，每题设置了四个选项ABCD，其中至少两项至多三项是符合题目要求的.在每题中，如果考生全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.小明同学参加考试时遇到一道这样的多选题，他没有能力判断每个选项正确与否，只能瞎猜.假设对于每个

6、选项，正确或者错误的概率均为.（1）写出正确选项的所有可能情况；如果小明随便选2个或3个选项，求出小明这道题能得5分的概率；（2）从这道题得分的数学期望来看，小明应该只选一个选项？还是两个选项？还是三个选项？22.已知椭圆过和两点.（1）求椭圆C的方程；（2）如图所示，记椭圆的左右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.（i）证明：点B在以为直径的圆内；（ii）求四边形面积的最大值.参考答案：1.D【分析】解分式不等式得到，进而根据交集的概念即可求出结果.【详解】因为，所以，因此，因此，2.【答案】D【分析】利用复数代数形式的除法运算法则计算可得；【详解】解：

7、，为实数，解得.3.C【分析】将两边平方可得，再根据数量积的定义可知，“”是“”的充要条件.【详解】解：因为等价于，由数量积的定义可知，等价于，故“”是“”的充要条件.4.A【解答】解：，则，可得.5.C【详解】由二项式定理，根据指数函数单调性知则单调递增，当时，时，故的最小值为7.6.D【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D.考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论.7.A【详解】由图可知，由于，所以，令，得，由得，依题意，在上有且仅有3个零点，故当取值最小时，有

8、，解得，所以的最小值为.8.C【详解】解：如图，正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，连接，则，所以，此时截面圆的半径，此时，截面面积的最小值.9.BC【详解】解：数据4，1，6，2，9，5，8整理为1，2，4，5，6，8，9，则数据4，1，6，2，9，5，8的第60百分位数为第五位数据6，所以选项A错误：随机变量，则，所以选项B正确；经验回归方程为，且，则，所以选项C正确；根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率大于0.001，所以选项D错误.10.BC【

9、详解】解：对于A选项，取中点，连接，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；对于C选项，设到平面的距离为，因为且，所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，故正确；对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，即，在中，即，进而

10、解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.11.BC【详解】解：因为点是函数图象的一个对称中心，所以，即，解得，又因为，所以.所以，.最小正周期为.故错误.向右平移个单位得函数，所以关于轴对称，故正确.当，时，所以，所以，所以函数在上的最小值为.故正确.因为，当，时，单调递减，即时，则当时，单调递增，所以，则，故错误.12.BCD【详解】对于A选项：正方形中，有，正方体中有平面，平面，又，平面，平面，只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，取到最小值时，最大，此时点与点重合，B选项正确；对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为

11、，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则有，有，化简得，是正方形内部（含边界）的一个动点，所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.故选：BCD13.由题，当时，故点在曲线上.求导得：，所以.故切线方程为.14.【解析】因为，由双曲线的定义可得，所以：因为，由余弦定理可得，整理可行，所以，即.15.9【分析】由题意可得且，由等差数列的性质和求和公式可得结论.【详解】等差数列的前项和有最大值，等差数列为递减数列，又，又，则使成立的正整数的最大值是9.故答案

12、为：916.【详解】设正四面体外接球球心为O，正四面体的外接球半径为3，设正四面体内切球半径为，一个面的面积为，高为，则，所以，显然，所以，即.17.【详解】（1）由正弦定理可得，则有，化简可得，可得，因为，所以（2）设，由题意可得，在中，则，所以，可得，又因为，可得，则，所以.18.（1）数列an中，（，且），且可得：，则数列是以为首项，公差为1的等差数列，则，则，当时，当时，也符合该式，则；（2）有（1）的结论，则；则，；则，；-可得：变形可得：19.（1）因为圆O所在的平面，即平面，而平面，则，又是圆O的直径，C为圆周上一点，有，又，则平面，而平面，则，因为，所以.又，所以，而为线段的中

13、点，所以.又，所以平面，而平面，故平面平面.（2）解：以为原点，分别以的方向为轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则，.设平面的法向量，则令，得.由（1）知平面的一个法向量为，设二面角为，易知为锐角，则，即二面角的余弦值为.20.（1）解：当时，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即函数在区间上的值域.（2）解：因为，则，当时，所以在定义域上单调递增，不存在极值；当时令，解得或，又，所以当或时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极大值，在处取得极小值，当时令，解得或，又，所以当或时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递

14、增，故在处取得极大值，在处取得极小值，综上可得：当时无极值，当时，当时，.21.（1）依题意，对于这道多选题，可能的正确答案AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD共有种，它们等可能，记事件A为“小明这道题随便选2个或3个选项能得5分”，而正确答案只有1个，则有，所以小明这道题能得5分的概率.（2）如果小明只选一个选项，那么他这道题的得分X的所有可能取值为0和2，小明选了一项，若有两项符合要求，则与所选项组成两项的结果有，若有三项符合要求，则与所选项组成三项的结果有，于是有，则有X的分布列为：02X的数学期望为，如果小明只选两个选项，那么他这道题的得分Y的所有可能取值

15、为0，2，5，的事件是小明所选两项恰好符合要求，只有1个结果，若有三项符合要求，则与所选项组成三项的结果有，则有Y的分布列为：025Y的数学期望为，如果小明只选三个选项，那么他这道题的得分Z的所有可能取值为0和5，且，故Z的分布列为05Z的数学期望为，因为，所以从这道题得分的数学期望来看，小明应该只选一个选项.22.（1）依题意将和两点代入椭圆可得，解得；所以椭圆方程为（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；根据题意可知直线斜率均存在，且；所以直线的方程为，的方程为；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；则，；所以；即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；（ii）易知四边形的面积为，设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，所以，可得，由对称性可知，即当点的坐标为或时，