广东佛山南海区石门中学2024届高三1月调研考试数学试题.pdf

1、学科网（北京）股份有限公司2024 年度广东佛山市石门中学高三 1 月调研数学试卷一、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，只有一项符合题目要求1复数3i12iz=在复平面内所对应的点位于（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2已知集合 A=x|0 x2，B=x|axk|f（x1）f（x2）|（k 为常数）成立，则常数 k 的取值范围为（）A（，e）B（，e C（，2e2）D（，2e2 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目学科网（北京）股份有限公司要求全部选对的得 6 分，部分选对

2、的得部分分，有选错的得 0 分9在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M，N，P 分别是平面 ABB1A1、平面 A1B1C1D1、平面 ADD1A1 的中心，则下列结论正确的是（）ANPDC1 BMN平面 ACP CD1C平面 MNP DPM 与 BC1 所成的角是 60 10已知点 O 为坐标原点，直线 y=x1 与抛物线 C：y2=4x 相交于 A，B 两点，则（）A|AB|=8 BOAOB CAOB 的面积为 2A 2E D线段 AB 的中点到抛物线准线的距离为 4 11定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x3）f（x1）=f（2），f（2x）=f（x4），若1122f =，则（

3、）Af（x）是周期函数 B()120222f=Cf（x）的图象关于直线 x=1 对称 D200111002kk fk=三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 12已知单位向量a b，满足|2|abab+=，则 a与b的夹角为_ 13已知椭圆22221xyab+=（ab0）的离心率为 2 55，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线y=2x1 相切，则 a=_ 14已知正四面体 ABCD 的棱长为 6，P 是四面体 ABCD 外接球球面上的动点，Q 是四面体 ABCD 内切球球面上的动点，则 PQ 的取值范围是_ 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分解答应写出文字说

4、明、证明过程或演算步骤15已知数列an满足 a1=2，且123132nnaann=+（n2，nN*）（1）证明 31nan+是等比数列，并求an的通项公式；（2）求an的前 n 项和 Sn.16.如图，在平面四边形 ABCD 中，ABAD，23ABC=，AB=1.学科网（北京）股份有限公司（1）若7AC=，求ABC 的面积；（2）若,2 33ADCCD=，求 tanCAD.17为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有 5 名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决

5、赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员 M 对乙队的每名队员的胜率均为 34，甲队其余 4 名队员对乙队每名队员的胜率均为 12（注：比赛结果没有平局）（1）求甲队明星队员 M 在前四局比赛中不出场的前提下，甲、乙两队比赛 4 局，甲队最终获胜的概率；（2）求甲、乙两队比赛 3 局，甲队获得最终胜利的概率；（3）若已知甲、乙两队比赛 3 局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员 M 上场的概率 18中国古代数学名著九章算术中记载：“刍甍者，下有表有广，而上有表无广刍，草也，甍，屋盖也”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部有长没有宽为一条棱；刍甍为茅草屋顶”，现将一个正方形折叠成一个“刍甍”，如图 1

6、，E，F，G 分别是正方形的三边 AB，CD，AD 的中点，先沿着虚线段 FG 将等腰直角三角形 FDG 裁掉，再将剩下的五边形 ABCFG 沿着线段 EF 折起，连接 AB，CG，就得到了一个“刍甍”，如图 2.（1）若 O 是四边形 EBCF 对角线的交点，求证：AO平面 GCF；（2）若二面角 AEFB 的大小为 23，求直线 AB 与平面 GCF 所成角的正弦值 19已知各项均为正数的等比数列an满足 a1=3，a2a3=36，数列bn的前 n 项和 Sn 满足 3Snn2=3nbnn，123b=.（1）求数列an和bn的通项公式；（2）若存在正整数 n，使得32780nnbMa成立，

7、求实数 M 的取值范围3(31.4,ln31.1)学科网（北京）股份有限公司2024 年度广东佛山市石门中学高三 1 月调研数学试卷一、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，只有一项符合题目要求1答案 D 解析 因为ii(12i)12i12i(12i)(12i)55z+=+，所以复数 z 在复平面内所对应的点 21,55位于第四象限故选 D 2答案 B 解析 若xA，都有 xB，则 AB，由已知可得 a0故选 B 3答案 A 解析 因为函数 g（x）=x 为奇函数，所以2()12xh xa=+为奇函数，所以 h（0）=a1=0，即 a=1故选A 4答案

8、 D 解析 设事件 A 表示“从第一箱中取出 1 个零件”，事件 B 表示“取出的零件是次品”，则12()425()1213()725210P ABP A BP B=+故选 D 5答案 A 解析 由3,sin25=，得2234cos1sin1,552422=，即411cos10105cos,coscos222102210+=故选 A 6答案 C 解析 因为11AFF B=，所以点 A，B，F1 共线，设|AF1|=t，则|AF2|=2at=4t，所以222(4)(2 2)tt+=，解得 t=2，即|AF1|=|AF2|=2，不妨设()0,2A，则直线 AB 的方程为2yx=+，联立222,1,

9、42yxxy=+=解得0,2xy=或4 2,32,3xy=则4 22,33B，因为11AFF B=，所以2323=故选 C 学科网（北京）股份有限公司 7答案 C 解析 依题意，a1=a2=1，an2=an1an，有 an1=an2an，于是()2112211nnnnnnnnaaaaaaaa+=，而2121aa a=，因此()()()2023221322143322024202320232022202420231nnaa aa aa aa aa aaaaaaa=+=，则EAEAEAa21a2E2a22023a2023EA=a2024，所以AEAEAEAa21a2E2a22023a2023EA是

10、斐波那契数列的第 2024 项故选 C 8答案 C 解析 显然 x1x2，不妨设 x1x2，因为 f（x）=lnx，g（x）=ex 在定义域上单调递增，则 g（x1）g（x2）kf（x1）f（x2），即 g（x1）kf（x1）g（x2）kf（x2）令 h（x）=g（x）kf（x），x1，2，则 h（x1）h（x2），即函数 h（x）在1，2上存在单调递增区间，又()exkh xx=，则e0 xkx在1，2上有解，则 xexk在1，2上有解令 m（x）=xex，x1，2，则 m（x）=（1x）ex0，所以 m（x）在1，2上单调递增，所以 m（x）max=m（2）=2e2，所以 k0，设 A（x

11、1，y1），B（x2，y2），则 y1y2=4，y1y2=学科网（北京）股份有限公司4，所以 x1x2=y11y21=42=6，1216116x x=，则()221212141 1ABkxxx x=+=+3648=，A 正确；因为121230OA OBx xy y=+=，所以 OAOB 不成立，B 错误；因为点（0，0）到直线 xy1=0 的距离为 12，所以1182 222AOBS=，C 正确；因为1232xx+=，所以线段AB 的中点到准线 x=1 的距离为 4，D 正确故选 ACD 11答案 ACD 解析 因为xR，f（x3）f（x1）=f（2），所以 f（x1）f（x1）=f（2），所

12、以 f（x3）=f（x1），即 f（x4）=f（x），所以 f（x）是周期为 4 的周期函数，A 正确；在 f（x3）f（x1）=f（2）中，令 x=1，得 f（2）f（0）=f（2），则 f（0）=0，因为 f（2x）=f（4x）=f（x），所以 f（x）的图象关于直线 x=1 对称，C 正确；因为 f（0）=0，所以 f（2）=f（0）=0，所以 f（2022）=f（2）=0，B 错误；由函数的对称性与周期性可得91312222fff=，因为 f（x3）f（x1）=f（2）=0，即 f（x3）=f（x1），所以731511,222222ffff=，则20011135739923420022

13、2222kk fkfffff=+=1 1 23 45 678197 198 19920()()()02=145()01002=，D 正确故选ACD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分12答案 3 解析 由题意得2222244aa bbaa bb+=+，又|1ab=，得12a b=，设向量a与b的夹角为，则1cos2|a ba b=，因为 0，所以3=13答案 1 解析 以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆的方程为 x2y2=b2，直线 y=2x1 的一般式为 2xy1=0，根据点到直线的距离公式，得221152(1)b=+，又椭圆22221xyab+=的离心率为 2 5

14、5，2221,52 5,5,bceaabc=解得1,5,52 5.5abc=14答案 6,2 6 解析 如图，AE 是正四面体 ABCD 的高，由对称性知其外接球与内切球的球心重合，为 O，且在 AE 上，E学科网（北京）股份有限公司是底面正三角形 BCD 的中心，222362 3,6(2 3)2 632BEAE=，设外接球的半径为R，即 OA=OB=R，由 OB2=OE2BE2，得222(2 6)(2 3)RR=+，解得3 62R=，因此内切球的半径为62rOE=，显然有|OPOQ|PQOPOQ，即 RrPQRr，又2 6,6RrRr+=，所以62 6PQ 四、解答题：本题共 5 小题，共

15、77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15解 （1）当 n2 时，由123132nnaann=+可得11113123223(1)1nnnaaannn=+，又1213 1 142a=+，所以 31nan+是首项为 12，公比为 12的等比数列，所以111131222nnnan=+，即312nnna+=（2）12234710312222nnnnSaaa+=+=+，则234147103231222222nnnnnS+=+，两式相减得22341111113123222222nnnnS+=+11113142231212nnn+=+73722nn+=，所以3772nnnS+=.学科网（北京）股份有

16、限公司16解 （1）因为2,1,73ABCABAC=，由余弦定理得 AC2=AB2BC22ABBCcosABC，所以 7=1BC2BC，即 BC2BC6=0，解得 BC=2，所以1133sin1 22222ABCSAB BCABC=（2）设CAD=，在ACD 中，由正弦定理得 sinsinACCDADCCAD=，所以2 3sinsin 3AC=，在ABC 中，,26BACBCA=，由正弦定理，得 sinsinACABABCBCA=，即12sinsin36AC=.由得 2 31sinsin6=，即2 3sinsin6=，所以312 3sincossin22=，整理得2sin3cos=，所以3ta

17、n2CAD=17解 （1）事件 B 为“甲、乙两队比赛 4 局，甲队最终获胜”，事件 Aj 为“甲队第 j 局获胜”，其中 j=1，2，3，4，Aj 相互独立 又甲队明星队员 M 前四局不出场，故()12jP A=，j=1，2，3，4，123412341234BA A A AA A A AA A A A=+，所以4313()C216P B=（2）设事件 C 为“甲队 3 局获得最终胜利”，事件 D 为“前 3 局甲队明星队员 M 上场比赛”，因为每名队员上场顺序随机，学科网（北京）股份有限公司所以3234355C A332(),()1555AP DP D=，2313311(),()241628

18、P C DP C D=，由全概率公式，知332113()()()()()5165880P CP D P C DP D P C D=+=+=（3）由（2），得33()()()9516()13()()1380P CDP D P C DP D CP CP C=18解 （1）证明：取线段 CF 的中点 H，连接 OH，GH，如图，由题图 1 可知，四边形 EBCF 是矩形，12AGEF=，O 是线段 CE 的中点，OHEF 且12OHEF=，又 AGEF 且12AGEF=，AGOH 且 AG=OH，四边形 AOHG 是平行四边形，AOHG，又 AO平面 GCF，HG平面 GCF，AO平面 GCF.（2

19、）由题图 1 可知，EFAE，EFBE，折起后在题图 2 中仍有 EFAE，EFBE，AEB 即为二面角 AEFB 的平面角，AEB=120，以 E 为原点，,EB EF 的方向分别为 x 轴、y 轴正方向建立空间直角坐标系 Exyz，如图，设 CB=2EB=2EA=4，则 B（2，0，0），F（0，4，0），(1,0,3)A，1(1,2,3),(3,0,3),(2,0,0)2FGFEEAAGFEEAEFBAFCEB=+=+=设平面 GCF 的法向量为(,)nx y z=，由0,0n FCn FG=得20,230,xxyz=+=学科网（北京）股份有限公司取3y=，则 z=2，故(0,3,2)n

20、=，2 37cos,7|72 3n BAn BAn BA=，直线 AB 与平面 GCF 所成角的正弦值为77 19解 （1）设数列an的公比为 q，则 3q3q2=36，即 q2q12=0，解得 q=3 或 q=4（舍去），所以 an=33n1=3n.因为 3Snn2=3nbnn，所以当 n2 时，3Sn1（n1）2=3（n1）bn1n1，两式作差得（3n3）bn=3（n1）bn12n2，所以123nnbb=，即数列bn是首项为 23，公差为 23的等差数列，所以222(1)333nbnn=+=.（2）3327803nnnnbMaM，设33nnnc=，则 M 小于等于数列cn的最大项 因为3333111(1)(1)3333nnnnnnnnncc+=，由（n1）33n3，得313nn+，解得312.531n，由（n1）33n3，得313nn+，故数列 cn 的最大项是333313c=，即 M1，即实数 M 的取值范围是（，1