广东省五粤名校联盟高三第一次联考数学试题

五粤名校联盟2024届高三第一次联考数学本试卷分选择题和非选择题两部分.第I卷（选择题）第1页，第Ⅱ卷（非选择题）第2页，共2页.满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填在答题卡规定的位置上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.3．答非选择题时，必须使用钢笔或黑色墨迹签字笔作答，将答案书写在答题卡规定的位置上，答题卡上不得使用铅笔或涂改液.4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.第I卷（选择题，共58分）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.在复数范围内，方程的解有（）A.个 B.个 C.个 D.无数个【答案】C【解析】【分析】设，根据复数相等得到方程组，消元求出的值，即可判断.【详解】设，则，又，所以，消元整理得，解得或（舍去）所以，故在复数范围内，方程有两个解.故选：C2.二项式的各项系数之和为（）A.512 B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】令进而求解即得.【详解】令，则二项式的各项系数之和为，故选：B3.抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于A，B两点．则的最小值为（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的焦点弦性质结合基本不等式计算即可.【详解】由题意可知，设，，联立直线与抛物线方程，所以，而.当且仅当时取得等号.故选：D4.现有随机事件件A，B，其中，则下列说法不正确的是（）A.事件A，B不相互独立 B.C.可能等于 D.【答案】C【解析】【分析】利用独立事件的乘法公式、条件概率公式、和事件的概率公式计算即可.【详解】易知，所以事件A，B不相互独立，即A正确；由条件概率公式可知，，故B正确，C错误；由和事件的概率公式可知，故D正确；故选：C5.将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，进而即可求解.【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，由题意以为原点，以边长为2的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：由题意，不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），在中，令得，所以的面积为，而点到直线的距离为，此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），所以，所以；若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边，此时上述情况中的点与原点重合，此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），其中为点到的距离，即的长度；将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：不失一般性，设该直线分别与交于点，折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，又因为，所以，所以，由题意，设，所以，过点向引垂线，垂足为，则，所以四棱锥体积的最大值为（此时四边形与三角形垂直），从而，或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当且仅当时，有，综上所述，满足题意的直线为，且此时，此时我们首先来求四边形外接圆圆心，因为中点坐标为，斜率为，所以的垂直平分线方程为，而中垂直线方程为，从而解得，所以四边形外接圆半径为，而到直线的距离为，又满足题意的四棱锥的高为，设满足题意四棱锥的外接球球心为，设球心到平面的距离为，则由可得，，即，解得，从而满足题意外接球表面积为.故选：B.【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解.6.令．则的最大值在如下哪个区间中（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先通过，利用裂项相消法求出，观察得其最大值可取，然后计算其范围即可.【详解】由于根据三角函数的性质可知，当或时，取最大值，不妨取，则,又，因为当时，所以要比较与的大小，即比较与的大小，故.所以.故选：B.证明：当时，设，，则，所以在上单调递减，所以，即当时，.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用对式子进行放缩，可以将三角运算转化为非三角运算.7.若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，平面，可知四面体与四面体公共部分为四面体，建系，利用空间向量分析可知为的重心，进而根据体积关系运算求解.【详解】设，平面，可知四面体与四面体公共部分为四面体，以D为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设，则，因为，则，解得，可得，即，在中，结合为的中点，可知为的重心，则，所以四面体的体积.故选：A.【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知公共部分，利用空间向量的相关知识确定点的位置，即可得结果.8.设有正数列，其前项和为．则下列哪一个能使对任意的都有成立（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】首先当时，要满足，故可排除A，先证明两个引理，借助引理说明B选项符合题意；对于CD而言只需分别证明即可说明CD符合题意.【详解】首先取，则有成立，其中（因为数列是正数列），从而需要满足，对比选项可知A不符合题意，接下来我们证明如下引理1：，证明：首先当时，左边等于，其次假设结论已对成立，即（*），由于，从而（**），（*）与（**）相加有，故结论对也成立，综上所述，引理1成立，我们继续来证明引理2：，证明：当时，左边右边，即此时引理2成立，设结论已经对成立，即，记，显然，从而，故结论对也成立，综上，引理2成立，现在我们回到原题，对于B，也就是，则，故B符合题意，对于C，当时，满足题意，当时，我们来比较的大小，令，从而，即单调递增从而，也就是当时，，结合B选项分析可知C选项也符合题意；对于D，当时，满足题意，当时，我们来比较的大小，显然此时，结合B选项分析可知D选项也符合题意.故选；BCD.【点睛】关键点点睛：关键是先证明上述两个引理，从而当时，有成立，由此即可顺利得解.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.设，随机变量的分布列如下图所示，则下列说法正确的有（）X012PA.恒为1 B.随增大而增大C.恒为 D.最小值为0【答案】AC【解析】【分析】由概率之和为求出，再由数学期望和方差的公式求解即可.【详解】因为，解得：，所以随机变量的分布列如下图，X012P因为，恒为1，故A正确；B错误；，故C正确，D错误.故选：AC.10.关于函数的周期性，下列说法正确的有（）A.是周期函数，最小正周期为B.是周期函数，最小正周期为C.是周期函数，最小正周期为D.是周期函数，最小正周期为【答案】CD【解析】【分析】根据给定条件，利用周期函数的定义，结合正余弦函数的最小正周期逐项判断即得.【详解】对于A，假设是周期函数，则对任意实数，存在非零常数，使得，即，显然对任意实数不恒成立，因此不是周期函数，A错误；对于B，任意实数，成立，因此是周期函数，是其周期，B错误；对于C，函数的最小正周期依次为，显然，如，左边为，而右边为1，而恒成立，因此是周期函数，最小正周期为，C正确；对于D，函数的最小正周期依次为，显然，而恒成立，因此是周期函数，最小正周期为，D正确.故选：CD11.设有数列，记，其中．则下列说法正确的有（）A.有零点对任意奇数成立B.若为偶数且，则至少有两个零点C.对任意与，一定存在使当时，恒成立D.若恒为1，则对任意都有唯一正零点，且一定大于【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，化简得到，根据绝对值不等式得到当时，；当时，，据此可判断AC的正误.结合零点存在定理和导数可判断D的正误，利用反例可判断B的正误.【详解】对于A，若为奇数，不失一般性，设，由，其中，可得，因为，取，则当时，，所以当时，，即且，故当时，且时，，而为偶数，故时，且时，，故有零点对任意奇数成立，故A成立.对于B中，例如：函数，此时函数无零点，所以B不正确；对于C中，对任意的，由A中分析可取，则当时，有，故，故C成立.对于D中，若，可得，当时，，在上单调递增；由且，所以有唯一的正零点，又由，所以函数的零点大于，所以D正确.故选：ACD.【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.第II卷（非选择题，共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则______．【答案】【解析】【分析】分和两种情况分类计算.【详解】当时，，当时，.故答案为：13.在的极值点个数为______个．【答案】2【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性与极值，结合三角函数的性质计算即可判定.【详解】由，令，则或，显然当时，，则或，满足的根为或，端点值不能做为极值点，舍去；满足的根有两个，根据正弦函数的性质可知时，，时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以在的极值点个数为2个.故答案为：214.已知为的外接圆圆心，且．设实数满足，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】以中垂线为轴，为轴建立直角坐标系，设出圆心坐标及半径，写出外接圆的方程，再分别写出坐标，将题干条件带入，即可得到等式，根据等式得出的关系及范围，再将关系带入中，根据范围即可求得结果。【详解】解：由题可得，以的中点为原点，方向为轴，的中垂线为轴，建立如图所示平面直角坐标系：因为，所以，记圆心，半径为，所以圆的方程为，，不妨设，所以,,,因为所以，因为，所以，所以可得，将代入上式可得，①，因为，②，将①的平方和②的平方相加可得：，所以，所以，将带入可得，，即，即，所以，所以的取值范围为。故答案为：【点睛】方法点睛：此题考查平面向量和三角形的综合应用，属于难题，针对向量的题常用的方法有：（1）取两个不共线向量作为一组基底，将其他向量都用这一组基底进行表示；（2）如果是比较规则的图形，比如有直角，等腰三角形，菱形等，建立合适的直角坐标系，将结果用坐标表示；（3）若线段上一点,为线段上一点，且，则对于直线外一点有：。四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知数列与为等差数列，，，前项和为．（1）求出与的通项公式；（2）是否存在每一项都是整数的等差数列，使得对于任意，都能满足．若存在，求出所有上述的；若不存在，请说明理由．【答案】（1），.（2）存在数列，为，，，.【解析】【分析】（1）由等差数列通项公式及通项公式，可求出与的通项公式.（2）根据第一小问求得的与的通项公式，结合题意，可得出的限制条件，由条件写出符合题意的通项公式.【小问1详解】∵等差数列前项和公式为，前项和为，∴，，解得：，公差，则，又∵，，∴的公差为，则.综上所述：，.【小问2详解】由题意可知，需满足，当时，，即，，，当时，，，若，，则，，，，解得：，符合题意；若，，则，，，，解得：，符合题意；若，，则，，，，解得：，符合题意；若，，则，，，，解得：，符合题意；综上所述：存在数列，为，，，.16.现有一“v”型的挡板如图所示，一椭圆形物件的短轴顶点被固定在A点．物件可绕A点在平面内旋转．AP间距离可调节且与两侧挡板的角度固定为60°．已知椭圆长轴长为4，短轴长为2．（1）在某个角度固定椭圆，则当椭圆不超过挡板时AP间距离最短为多少；（2）为了使椭圆物件能自由绕A点自由转动，AP间距离最短为多少.求出最短距离并证明其可行性．【答案】（1）（2），证明见解析【解析】【分析】（1）如图，设和过点P的直线，切线的斜率分别为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，进而可得，结合或，化简计算即可求解；（2）当恒正实数R时，设为椭圆上任意一点，则，进而.由（1）可得或，利用换元法，结合建立不等式组，化简可得，解之即可求解.【小问1详解】由题意，如图，该椭圆的方程为，，分别为椭圆的2条切线，切点分别为，设直线的斜率分别为.设，当时，其中1个不存在，另1个趋于；当时，设过点P的直线为，，所以，整理，得，①由是方程①的2个实根，得，所以，又，所以，当时，点P在圆的外部，则，此时；当时，点P在圆的内部，则，此时，所以.又或，所以或，整理，得或.要求的最小值，只需考虑为钝角的情况，即且，得.令，则且，即，解得，所以，所以，当且仅当三点共线时等号成立.故，得.综上，的最小值为.【小问2详解】当恒为正实数R时，设为椭圆上任意一点，则，当且仅当时等号成立，所以.由（1）知，或，由，得或，即或，整理，得或，令，则，得或，.当即时，或，令，则，得或，又，得或，而，所以，整理，得，即.当时，，符合题意.综上，，则，即，解得，所以R的最小值为，即的最小值为.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．17.已知．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个零点，证明：存在三个零点，且（3）在（2）的条件下，证明：．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，对分类讨论即可求解；（2）一方面首先有，进一步，从而我们只需要证明在上还存在一个零点即可，对此我们可以不断求导结合零点存在定理分析即可得证；（3）设，，通过分析得出要证，只需要证明：，一方面可以构造函数来说明，另一方面由，，结合单调性来说明，由此即可得证.【小问1详解】，如果则，所以在R上递减；如果，则的符号以为分界线，左边负右边正，所以在递减，在递增；【小问2详解】由于有两个零点，故，而且，也就是，所以，如果或，那么，所以有零点，同时，由于且，所以，而，令，则，令，则，这表明递增，同时由于，所以在上有一实数u，满足，且时，，时，.所以在递减，在递增.假设，就意味着在和上均递增，所以，矛盾.所以，从而在和上各有一零点，且在和上大于0，在上小于0.那么由于，我们知道，所以上一定还有的零点.综上所述，存在三个零点，且；【小问3详解】设，，则有：，但，要证，只需要证明：，首先，容易说明当时，，实际上，这也就是说此时，而意味着，上一问已证，同时由于是的零点（可导函数取极值的必要条件），所以，在这里对某个函数，我们定义函数列：，换言之是进行次求导后得到的函数，从而令，，则，所以时，，所以时，，所以时，，即，所以，又因为，所以，从而，也就是，由于，而在上小于0，在上大于0，故，又由于，，而在上递减，在上递增，故，综上，，从而.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是构造函数来说明，由此即可顺利得证.证.18.在组合恒等式的证明中，构造一个具体的计数模型从而证明组合恒等式的方法叫做组合分析法，该方法体现了数学的简洁美，我们将通过如下的例子感受其妙处所在．（1）对于元一次方程，试求其正整数解的个数；（2）对于元一次方程组，试求其非负整数解个数；（3）证明：（可不使用组合分析法证明）．注：与可视为二元一次方程的两组不同解．【答案】（1）（2）.（3）证明见详解.【解析】【分析】（1）建立模型个相同的球排成一行，分成组，且每组至少一个小球，利用组合方法隔板法进行求解即可.（2）令，方程的非负整数解个数，转化为方程的正整数解个数，由（1）的结论即可求出结果.（3）由得，，，两式相乘求出的系数，再由求出的系数，即可得证.【小问1详解】取个相同的球排成一行，这个球两两之间共有个空隙，用块相同的隔板插入这个空隙，每个空隙最多插一块隔板，则插入隔板的方法数为，这块相同的隔板将个球分成组，从左到右各组的球数依次记为，则为正整数，且，故元一次方程的正整数解的个数为.【小问2详解