广东佛山市桂城中学2023-2024学年高三1月调研考试数学试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 2024 年度广东佛山市桂城中学高三年度广东佛山市桂城中学高三 1 月调研月调研 数学试卷数学试卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项符分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求合题目要求 1设集合 A=x|x240）的两条切线，切点分别为 A，B，若3APB=，则实数m=（）A13 B12 C1 D2 8已知 tantan=3，sin（）=2sinsin，则 tan（）=（）A4 B6 C32 D6 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小

2、题 6 分，共分，共 18 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目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要求全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分 9有一组从小到大排列的样本数据 x1，x2，xn1，xn（n4），若将第 1 个数据减 1，最后一个数据加 2，其余数据不变，得到新的一组数据 x11，x2，xn1，xn2，则下列统计量中，相比原来的数据变大的是（）A极差 B中位数 C平均数 D方差 10某大型商场开业期间为吸引顾客，推出“单次消费满 100 元可参加抽奖”的活动，奖品为本商场现金购物卡，可用于以后在该商场消

3、费，抽奖结果共分 5 个等级，等级 x 与购物卡的面值 y（元）的关系式为 y=eaxbk，若3等奖比4等奖的面值多100元，比5等奖的面值多120元，且4等奖的面值是5等奖的面值的3倍，则（）学科网（北京）股份有限公司 Aa=ln5 Bk=15 C1 等奖的面值为 3130 元 D3 等奖的面值为 130 元 11已知函数 y=f（x）在 R 上可导且 f（0）=1，其导函数 f（x）满足（x1）f（x）f（x）0，对于函数()()exf xg x=，下列结论正确的是（）A函数 g（x）在（，1）上为增函数 B1 是函数 g（x）的极小值点 C函数 g（x）必有 2 个零点 De2f（e）e

4、ef（2）三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 12某校为促进拔尖人才培养开设了数学、物理、化学、生物、信息学 5 个学科竞赛课程，现有甲、乙、丙、丁四位同学要报名竞赛课程，由于精力和时间限制，每人只能选择其中一个学科的竞赛课程，则恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法种数为_ 13函数()sin(0)3f xx=+的非负零点按照从小到大的顺序分别记为 x1，x2，xn，若322xx=，则 xn的值可以是_（写出符合条件的一个值即可）14如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为 2km，山高为2 15km，B 是山坡 SA 上一点，且 AB=2km现要建设

5、一条从 A 到 B 的环山观光公路，这条公路从 A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为_km 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15 在 ABC 中，内 角 A，B，C 的 对 边 分 别 为 a，b，c，在 sin3 cosaCcA=；3cos()sin0BCA+=；sin2Bsin2CsinBsinC=sin2A 这三个条件中任选一个作为题目的补充条件，并解答下面问题：（1）求角 A 的大小；（2）若2 3,3bca+=，求ABC 的面积 16.如图，在三棱柱

6、 ABCA1B1C1中，2AC=，AB=1，E，F 分别为 A1C，BB1的中点，且 EF平面AA1C1C.学科网（北京）股份有限公司 （1）求棱 BC 的长度；（2）若 BB1A1B1，且122A FCS=，求二面角 B1A1FC 的正弦值 17已知函数1()2lnf xxx=+.（1）求函数 g（x）=f（x）x 的零点；（2）证明：对于任意的正实数 k，存在 x00，当 x（x0，）时，恒有()kxfx 18已知动圆 P 经过点()3,0A，并且与圆 B：22(3)16xy+=相切，记圆心 P 的轨迹为曲线 C.（1）求曲线 C 的方程；（2）若动圆Q 的圆心在曲线 C 上，定直线 l：

7、x=t与圆 Q 相切，切点记为 M，是否存在常数 m使得|QB|=m|QM|？若存在，求 m 及直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 19已知函数1e()lnxf xxxax=+.（1）若 a=1，求 f（x）的极值；（2）若 f（x）有三个极值点 x1，x2，x3，x1x2x3，且132ln2x x，求实数 a 的最小值 学科网（北京）股份有限公司 2024 年度广东佛山市桂城中学高三年度广东佛山市桂城中学高三 1 月调研月调研 数学试卷数学试卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项符分在每小题给出

8、的四个选项中，只有一项符合题目要求合题目要求 1答案 C 解析 A=x|x240=x|2x0 在1，）上恒成立，所以20,430,mmm+解得 0m0）的两条切线 PA，PB，当3APB=时，6APO=，又 OAAP，|OP|=2，则112OAOP=，所以实数 m=|OA|=1.故选 C.学科网（北京）股份有限公司 8答案 D 解析 由 sin（）=2sinsin，得 sincoscossin=2sinsin，则sincoscossin2sinsin+=，所以112tantan+=，则tantan2tantan+=，所以3tantan2=，所以tantan3tan()631tantan12+=

9、故选 D 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目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要求全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分 9答案 ACD 解析 极差比原数据大 3，故 A 正确；中位数不变，故 B 错误；设原数据的平均数为x，新数据的平均数为x，则123nxxxxxn+=，123123121nnxxxxxxxxxnn+=，所以平均数变大，故 C 正确；因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对

10、于各自的平均值波动变大，由方差的意义易知方差也变大了，故 D 正确故选 ACD 10答案 ACD 解析 由题意可知，4 等奖比 5 等奖的面值多 20 元，因为 10020=5，所以()()()()3445eee5eea ba baa ba bkkkk+=+，则 a=ln5，A 正确；由（e3abk）（e4abk）=e3ab（1ea）=100，可知 e3ab=125，因为 4 等奖的面值是 5 等奖的面值的 3 倍，所以 e4abk=3（e5abk），解得 k=5，B 错误；则 3 等奖的面值为 e3abk=1255=130 元，D 正确；由 eabk=e3abe2ak=125255=3130

11、，故 1 等奖的面值为 3130 元，C 正确故选ACD 11答案 BD 解析 ()()()exfxf xg x=，当 x1 时，f（x）f（x）0，故 g（x）在（1，）上为增函数；当x1 时，f（x）f（x）0，则 y=g（x）没有零点，C 错误g（x）学科网（北京）股份有限公司 在（1，）上为增函数，则 g（2）g（e），即2e(2)(e)eeffeef（2），D 正确故选BD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分 12答案 96 解析 由题知先安排甲、乙、丙、丁四位同学的 2 名选择数学竞赛课程，则有 C24=6 种情况，剩下

12、 2 名同学在选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有44=16种情况，所以恰有两位同学选择数学竞赛课程的报名方法种数为 616=96 13答案 3（答案不唯一）解 析 由 题 意 得3222Txx=，T=，0，22=，()sin 23f xx=+，令23xk+=，kZ，即26kx=，kZ，26nnx=（n=1，2，3，），对 n 取特殊值即可，取n=1，得13x=；取 n=2，得256x=；（答案不唯一）14答案 3.6 解析 由题意得母线222(2 15)8SA=+=，底面圆周长为 2r=4，所以展开图的圆心角482=，如图，228610AB=+=，由点 S 向 AB 引垂线，点

13、H 为垂足，此时 SH 为点 S 和线段 AB 上的点的连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2=BHAB，即36=10BH，得BH=36km，即下坡路段长为 36km 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15解 （1）选：sin3 cosaCcA=，由正弦定理得sinsin3sincosACCA=，因为 C（0，），所以 sinC0，所以sin3cosAA=，即tan3A=，又 A（0，），所以3A=.选：3cos()sin0BCA+=，因为 cos（BC）

14、=cos（A）=cosA，学科网（北京）股份有限公司 所以3cossin0AA+=，即tan3A=，又 A（0，），所以3A=.选：sin2Bsin2CsinBsinC=sin2A，由正弦定理得 b2c2bc=a2，由余弦定理得222cos1222bcabcAbcbc+=，又 A（0，），所以3A=.（2）由（1）可知，3A=，又2 3,3bca+=，由余弦定理得 22222()212231cos222bcabcbcabcAbcbcbc+=，解得 bc=3，由三角形面积公式可得 1133 3sin32224ABCSbcA=16.解 （1）取 AC 的中点 D，连接 ED，BD，D，E 分别为

15、AC，A1C 的中点，DEAA1，112DEAA=，又 ABCA1B1C1为三棱柱，且 F 为 BB1的中点，BFAA1，112BFAA=，DE 綊 BF，四边形 DEFB 为平行四边形，EFDB，又 EF平面 AA1C1C，DB平面 AA1C1C，又 AC平面 AA1C1C，DBAC，又 D 为 AC 的中点，ABC 为等腰三角形，BC=AB=1.（2）由（1）可知，BC=AB=1，且2AC=，AB2BC2=AC2，ABBC，22EFDB=，且 A1B1B1C1，EF平面 AA1C1C，A1C平面 AA1C1C，EFA1C，学科网（北京）股份有限公司 11111222222A FCSAC E

16、FAC=，解得 A1C=2，由（1）知 DB平面 AA1C1C，AA1平面 AA1C1C，DBAA1，又 AA1BB1，DBBB1，又 BB1A1B1，ABA1B1，BB1AB，又 ABDB=B，AB，DB平面 ABC，BB1平面 ABC，又 AC平面 ABC，BB1AC，又 AA1BB1，AA1AC，AA1C 为直角三角形，22112AAACAC=.以 B1为坐标原点，11111,BC B A B B 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系 B1xyz，如图所示，则1112(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(1,0,2),(0,0,2),0,0,2BACC

17、BF，可得1120,1,(1,1,2)2AFAC=设平面 A1FC 的法向量为1(,)nx y z=，则111120,220,nAFyznACxyz=+=+=令 y=1，则1,2xz=，1(1,1,2)n=平面 B1A1F 的一个法向量为2(1,0,0)n=，设二面角 B1A1FC 的平面角为，（0，），可得121211|cos|2 12nnn n=，学科网（北京）股份有限公司 23sin1cos2=，故二面角 B1A1FC 的正弦值为32 17解 （1）1()()2lng xf xxxxx=+，定义域为（0，），22121()110g xxxx=+=，所以函数 g（x）是（0，）上的减函数，

18、而 g（1）=0，所以函数 g（x）的零点是 1.（2）证明：由（1）可知，当 x1 时，g（x）0，即112ln02ln(1)xxxxxxx+，因此有1ln2ln(1)xxxx xx=，进而有4ln(1)2ln2(1)ln2(1)xx xxx xxx x，当 k0 时，12kxx等价于232xk，442kxx等价于48xk，设24328,1kk三 个 数 中 最 大 的 数 为x0，所 以 当x （x0，）时，恒 有41142ln()kxxxf xxx+=18解 （1）圆 B 的圆心为(3,0)B，半径为 4，设动圆 P 的半径为 R，因为2(33)16=，即圆心 P 的轨迹是以 A，B 为

19、焦点，长轴长为 4 的椭圆，即24,22 3ac=，故2,3ac=，学科网（北京）股份有限公司 则221bac=，所以曲线 C 的方程为2214xy+=.（2）存在常数 m 使得|QB|=m|QM|.理由如下：设 Q（x0，y0），则()2200001,2,2,4xyxM t y+=，所以()2200|3QBxy=+()2200314xx=+20032 344xx=+，|QM|=|x0t|，假设存在常数 m 使得|QB|=m|QM|，则()22200032 344xxmxt+=对于任意的 x02，2恒成立，即()2220034 343xmxt=对于任意的 x02，2恒成立，所以34 3,23m

20、t=即存在常数32m=使得|QB|=m|QM|，此时直线 l 的方程为4 33x=.19解 （1）当 a=1 时，1e()ln(0)xf xxx xx=+，所以12(1)e1()1xxfxxx=+()12(1)exxxx=.记 q（x）=ex1x，则 q（x）=ex11，当 0 x1 时，q（x）1 时，q（x）0，q（x）单调递增，所以 q（x）q（1）=0，当且仅当 x=1 时取等号，即 ex1x0，所以 x，f（x），f（x）的变化情况如下表：x（0，1）1（1，）学科网（北京）股份有限公司 f（x）0 f（x）单调递减 极小值 单调递增 所以 f（x）的极小值为 f（1）=0，无极大值

21、（2）12e(1)1()1xxfxaxx=+()12(1)exxaxax=，当 a1 时，由（1）可知，ex1x0，当且仅当 x=1 取等号，所以当 x0 时，ex1axex1x0，所以当 0 x1 时，f（x）0，f（x）单调递增，所以 f（x）只有一个极值点，舍去 当 a1 时，记 r（x）=ex1ax，r（x）=ex1a，所以当 0 xlna1 时，r（x）lna1 时，r（x）0，r（x）单调递增，r（x）min=r（lna1）=alna，r（1）=1a2 时，有12e2xx，所以222ee2xxx.取 m=max2，ae，则121()e0eemmr mammamma=，由零点存在定理

22、知存在唯一 x3（lna1，m），使得 r（x3）=0，ex31=ax3.由以上推理知 0 x11lna1x3，且当 0 xx3时，r（x）0；当 x1xx3时，r（x），学科网（北京）股份有限公司 则211ln(1)ln2()(1)ttttttg tt+=12(1)ln12(1)2ttttt t+=+设22(1)()ln(1)1tr tttt=+则222(1)()0(1)tr tt t=+，所以 r2（t）r2（1）=0，从而 g（t）0 时有111 11e,1lntt tt，所以11ln0tt，所以 r3（t）0，r3（t）在2，）上单调递减，所以 x1=r3（t）r3（2）=ln2，故 0 x1ln2，此时111exax=记14e()(0ln2)xr xxx=，则142e(1)()0 xxr xx=，r4（x）在（0，ln2上单调递减，所以()4142(ln2)ln2arxre=，故实数 a 的最小值为2ln2e