2023-2024学年广东省湛江市高三上册摸底联考数学试题（含解析）

2023-2024学年广东省湛江市高三上册摸底联考数学试题注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．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．设集合，若，则（

）A． B． C． D．2．若，则的虚部与实部之比为（

）A． B．1 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”．这是中国古代入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1 C．1 D．25．设为公比为的等比数列的前项和，且，则（

）A． B．2 C．或 D．或26．下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RL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RL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．已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为，右焦点为，点在的右支上，且满足，则（

）A． B．1 C． D．2二、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．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5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：本题共4小题，每小题5分，共20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3个歌舞类和3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：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．记的内角的对边分别为，的面积为．(1)求；(2)若，，为边的中点，求．18．已知函数的图象在处的切线方程为．(1)求；(2)证明：只有一个极值点．19．已知数列的前项和满足．(1)证明：为等差数列；(2)若，证明：．20．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．

(1)若平面平面，证明：；(2)设为的中点，当平面平面时，求此时二面角的余弦值．21．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．(1)求的概率分布列；(2)求．22．已知三个顶点均在抛物线上，为直角顶点，且．(1)记点，直线的斜率，试求面积的解析式；(2)当时，求函数的最小值．1．C【分析】解不等式可得，根据交集运算法则即可求得结果.【详解】由题意可知，又，所以．故选：C．2．B【分析】根据共轭复数概念以及复数代数形式化简条件，即得结果.【详解】设，则，，故，即．故选：B．3．D【分析】要求，只需将变形为，两边平方结合向量是单位向量即可得解.【详解】由可知，两边同时平方得，所以．故选：D．4．C【分析】由对称性可知反射光线过且又在该圆上，即可得为切点，再由斜率乘积为即可求出答案.【详解】易知关于轴的对称点为，由平面镜反射原理，反射光线所在的直线过且与该圆相切，将圆化简后可得，所以圆心，易知在该圆上，所以即为切点，因此圆心与切点连线与反射光线垂直，设反射光线所在直线的斜率为，即，解得故选：C．5．D【分析】利用等比数列的性质得到，求出公比.【详解】由题意得：，因为，所以，所以，解得或．故选：D6．B【分析】分别根据公式计算圆柱的底面积侧面及圆台的侧面积，再求和计算可得.【详解】圆柱的上底面面积为；圆柱的侧面面积为；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，则该组合体的表面积为．故选:B．7．C【分析】可设半衰期为，由减小到的时间间隔为，由题意，，分别求出、，带入求解即可.【详解】设半衰期为，依题意，两边取对数得，由得，即，所以，解得．故选：C．8．A【分析】由题意得，，然后求出点的坐标，从而可求出，在中利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求得答案.【详解】由题意得，，则，，由双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，当时，，得，则，即，所以，，，在中，由余弦定理得，因为为锐角，所以，所以，故选：A

9．BC【分析】根据数字特征的概念和公式逐一判断即可.【详解】选项A：原样本数据的样本平均数，新样本数据的样本平均数，因为，所以与大小无法判断，故A错误；选项B：，因为，所以，即新样本数据的标准差不大于原样本数据的标准差，故B正确；选项C：新样本数据的极差为，故C正确；选项D：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错误；故选：BC10．ACD【分析】根据正态分布的性质逐项判断作答即可.【详解】若，其密度函数，因此的密度曲线与轴只有一个交点，故A正确；的密度曲线关于直线对称，故B错误；，故C正确；，故D正确；故选：ACD11．ABD【分析】根据周期可得，进而根据对称可得，即可求解A，代入验证即可判断B，根据正弦函数的单调性，即可求解C，根据函数的对称性，结合函数图象即可判断D.【详解】由题意，故，又的图象向左平移个单位得到，所以，且，故，A正确；因为，且为最小值，所以直线为曲线的一条对称轴，B对；令,故易知在单调递增，故，C错；直线与曲线均过点，且该直线与曲线均关于该点中心对称，当时，，当时，，由对称性可知曲线与直线有5个交点，故D对．故选：ABD．

12．ACD【分析】根据面面平行、面面垂直的性质对各选项逐一判断即可.【详解】因为该球的表面积为，故半径，且正方体的棱长满足，故棱长为2，

选项A：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，A正确；选项B：易知平面，且平面平面，平面，故的轨迹为矩形的外接圆，其周长为，故B错误；选项C：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，故C正确；选项D：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，故D正确；故选：ACD13．【分析】由及、的范围，可求的值，联立方程组求解即可.【详解】因为，且，所以，故（舍），由，解得．故．14．##0.6【分析】采用插空法先计算两个语言类节目相邻的排法，再应用古典概型即可.【详解】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:．15．【分析】由复合函数单调性“同增异减”原则，函数在上单调递增，且在上恒成立，建立不等式求解即可.【详解】由复合函数单调性“同增异减”原则，函数在上单调递增，且在上恒成立，已知二次函数的对称轴为，所以，解得．故．16．【分析】作出辅助线，根据题意得到四边形为矩形，故，求出，再根据，利用勾股定理得到，得到，再根据上存在关于坐标原点对称的两点，使得，得到，得到，得到离心率.【详解】连接，由题意得，，又，所以四边形为矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，解得，又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，所以，即，所以，，解得，综上，的离心率的取值范围是.

故方法点睛：离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)的常见方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).17．(1)(2)【分析】（1）根据三角形面积公式得到，结合求出；（2）根据余弦定理和三角形面积求出，根据为边的中点，得到，平方后求出，得到.【详解】（1）由题意，所以，因为，所以．（2）由余弦定理得，又，所以．因为为边的中点，所以，所以，则．18．(1)，(2)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义可知在的斜率为，代入计算即可得的值；（2）根据函数极值点定义可知，只需要证明有为一零点即可，对函数求导利用单调性即可证明.【详解】（1）的定义域为，因为，所以；所以，将代入，故，则．（2），设，则，令，故或，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，又，故只存在唯一使得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以只有一个极值点．19．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用与的关系和等差数列的定义求解即可；（2）先利用等差数列的通项公式和求和公式求出，再利用裂项相消证明即可.【详解】（1）因为，所以，作差得①，同理②，②-①得，所以为等差数列．（2）令，则，解得，设的公差为，故，所以，解得，，所以．20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，再由线面垂直的性质及，即可证结论；（2）设的中点为，连接，过作直线垂直于平面，构建空间直角坐标系，设二面角为，求面、面的法向量，根据面面垂直及空间向量数量积的坐标表示列方程求二面角的余弦值.【详解】（1）因为面面，且面面平面，所以平面，平面，所以，又，所以．（2）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，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，

易知，，设二面角为，则，则，，，设面的法向量为，则，令，解得，即，设面的法向量，则，令，解得，即，因为平面平面，所以，解得，则二面角的余弦值为．21．(1)分布列见解析(2)【分析】（1）根据题意，得到的所有可能取值，利用相互独立事件的概率公式，求得相应的概率，即可得到分布列；（2）由题意得到的表达式，得出，进而得到，得到为等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解【详解】（1）解：由题意得，随机变量的所有可能取值为0，1，2，可得，，，或，所以随机变量的分布列为012（2）解：由题意，随机变量的所有可能取值为0，1，2，且，又由，由，且，即，故，即，即为等比数列，且，所以．22．(1)(2)【