广东佛山市禅城区2024年高三数学第一学期期末监测模拟试题含解析

注意事项:

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．某几何体的三视图如图所示，若侧视图和俯视图均是边长为2的等边三角形，则该几何体的体积为

8A．

3B．

43 3C．1 D．2

2．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（ ） A．多1斤

B．少1斤

C．多

1斤 3D．少

1斤 33．在ABC中，M是BC的中点，AM1，点P在AM上且满足AP2PM，则PA(PBPC)等于（ ） A．

4 9B．4 9C．

4 3D．4 34．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点P(3,4)，则sin2（ ）． A．12 25B．24 25C．

16 5D．

8 55．在正项等比数列{an}中，a5-a1=15，a4-a2 =6，则a3=（ ） A．2

B．4

C．

1 2D．8

4x3,x06．已知函数fxx，则函数yffx的零点所在区间为（ ） 22logx9,x09A．3,7 2B．1,0

C．,4

72D．4,5

7．已知非零向量a，b满足a2ba，b2ab，则a与b的夹角为（ ） A．

6 B．

4 C．

3 D．

2 8．已知某超市2018年12个月的收入与支出数据的折线图如图所示：

根据该折线图可知，下列说法错误的是（ ） A．该超市2018年的12个月中的7月份的收益最高 B．该超市2018年的12个月中的4月份的收益最低

C．该超市2018年1-6月份的总收益低于2018年7-12月份的总收益

D．该超市2018年7-12月份的总收益比2018年1-6月份的总收益增长了90万元

9．已知函数f(x)lnx，若F(x)f(x)3kx2有2个零点，则实数k的取值范围为（A．1116e2,0 B．16e,0 C．0,6e D．0,6e2 10．已知函数f(x)(x1)3,x1lnx,x1，若f(a)f(b)，则下列不等关系正确的是（ A．

11a21b21 B．3a3b

）

）

C．a2ab

D．lna1lnb1

22x2y211．已知椭圆C：221ab0的左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆C于A，B两点，若

abABF290，且ABF2的三边长BF2，AB，AF2成等差数列，则C的离心率为（ ）

A．

1 2B．3 3C．

2 2D．3 212．在复平面内，复数zA．第一象限

2i（i为虚数单位）对应的点位于（ ） iC．第三象限

D．第四象限

B．第二象限

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．某中学举行了一次消防知识竞赛，将参赛学生的成绩进行整理后分为5组，绘制如图所示的频率分布直方图，记图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五组，已知第二组的频数是80，则成绩在区间[80,100]的学生人数是__________．

x2y214．已知双曲线1的右准线与渐近线的交点在抛物线y22px上，则实数p的值为___________.

41215．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数 为______________.(用数字作答)

16．若函数fxAsinxA0,0的图像与直线ym的三个相邻交点的横坐标分别是数的值为________．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）在锐角ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，ABC的面积S2，且满足

2,,,则实633acosBb(1cosA)，则(cab)(cba)的取值范围是（ ）

A．828,8

B．(0,8)

838838,83C．3 D．3,8

3x2y231,18．（12分）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，点P在椭圆上. 2ab2（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设直线ykxm交椭圆C于A,B两点，线段AB的中点M在直线x1上，求证：线段AB的中垂线恒过定点.

19．（12分）设数列

（1）求数列（2）设

，

的通项公式；

的前项和． 的前项和为，且

，数列

满足

，点

在

上，

，求数列

20．（12分）设ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c.设S为ABC的面积，满足S(1)求B； (2)若b322acb2. 43，求31a2c的最大值.

x2y221．（12分）已知椭圆C：2+2=1（a＞b＞0）过点（0,2），且满足a+b＝32．

ab（1）求椭圆C的方程； （2）若斜率为

1的直线与椭圆C交于两个不同点A，B，点M坐标为（2,1），设直线MA与MB的斜率分别为k1，2k2，试问k1+k2是否为定值？并说明理由． 22．（10分）已知矩阵A1041B，，若矩阵MBA，求矩阵M的逆矩阵M1． 0123 参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C

【解题分析】

由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是边长为2的等边三角形，三棱锥的高为3，所以该几何体的体积113V2231，故选C．

3222、C 【解题分析】

则a1a2a34，a8a9a103， 由等差数列的性设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列an，质得a2＝,a91,a2a9故选C 3、B 【解题分析】

由M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，又由点P在AM上且满足AP2PM可得：P是三角形ABC的重心，根据重心的性质，即可求解． 【题目详解】

解：∵M是BC的中点，知AM是BC边上的中线，

43411 ， 33

又由点P在AM上且满足AP2PM ∴P是三角形ABC的重心 ∴PAPBPC

PAAP|PA|2

又∵AM＝1 ∴|PA|2 3∴PAPBPC故选B．

4 9【题目点拨】

判断P点是否是三角形的重心有如下几种办法：①定义：三条中线的交点．②性质：PAPBPC0或

APBPCP取得最小值③坐标法：P点坐标是三个顶点坐标的平均数．

4、B 【解题分析】

根据角终边上的点坐标，求得sin,cos，代入二倍角公式即可求得sin2的值. 【题目详解】

因为终边上有一点P(3,4)，所以sin22243,cos， 554324sin22sincos2

5525故选：B 【题目点拨】

此题考查二倍角公式，熟练记忆公式即可解决，属于简单题目. 5、B 【解题分析】

43根据题意得到a5a1a1qa115，a4a2a1qa1q6，解得答案.

【题目详解】

a116a1a5a1a1q4a115，a4a2a1q3a1q6，解得1或1（舍去）.

q2q22故a3a1q4.

故选：B. 【题目点拨】

本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力. 6、A 【解题分析】

首先求得x0时，fx的取值范围.然后求得x0时，fx的单调性和零点，令ffx0，根据“x0时，

fx的取值范围”得到fx2xlog3x93，利用零点存在性定理，求得函数yffx的零点所在区间.

【题目详解】

当x0时，3fx4.

当x0时，fx2log9x92log3x9为增函数，且f30，则x3是fx唯一零点.由于“当

x2xx0时，3fx4.”，所以

令ffx0，得fx2xlog3x93，因为f303，

77f82log3981.414log3393.3123，

22所以函数yf故选：A 【题目点拨】

本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 7、B 【解题分析】

由平面向量垂直的数量积关系化简，即可由平面向量数量积定义求得a与b的夹角. 【题目详解】

根据平面向量数量积的垂直关系可得a2baa2ab0，

3,fx的零点所在区间为. 272b2abb2ab0，

22b2ab，即ab2所以a，

，

由平面向量数量积定义可得

a2abcosa,b2所以cosa,b2，而a,b0,， 2即a与b的夹角为故选：B 【题目点拨】

. 4本题考查了平面向量数量积的运算，平面向量夹角的求法，属于基础题.

8、D 【解题分析】

用收入减去支出，求得每月收益，然后对选项逐一分析，由此判断出说法错误的选项. 【题目详解】

用收入减去支出，求得每月收益（万元），如下表所示： 月份 收益 1 20 2 30 3 20 4 10 5 30 6 30 7 60 8 40 9 30 10 30 11 50 12 30 所以7月收益最高，A选项说法正确；4月收益最低，B选项说法正确；16月总收益140万元，712月总收益240万元，所以前6个月收益低于后六个月收益，C选项说法正确，后6个月收益比前6个月收益增长240140100万元，所以D选项说法错误.故选D. 【题目点拨】

本小题主要考查图表分析，考查收益的计算方法，属于基础题. 9、C 【解题分析】

2令F(x)f(x)3kx0，可得klnxlnxF(x)0ykg(x)，要使得有两个实数解，即和有两个交点，结223x3x合已知，即可求得答案. 【题目详解】

令F(x)f(x)3kx0， 可得k2lnx， 23xlnx有两个交点， 3x2要使得F(x)0有两个实数解，即yk和g(x)g(x)12lnx， 3x3令12lnx0， 可得xe，

当x(0,e)时，g(x)0，函数g(x)在(0,e)上单调递增；

当x(e,)时，g(x)0，函数g(x)在(e,)上单调递减.

当xe时，g(x)max1， 6e若直线yk和g(x)lnx1k有两个交点，则0,.

3x26e1实数k的取值范围是0,.

6e故选：C. 【题目点拨】

本题主要考查了根据零点求参数范围，解题关键是掌握根据零点个数求参数的解法和根据导数求单调性的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 10、B 【解题分析】

利用函数的单调性得到a,b的大小关系，再利用不等式的性质，即可得答案. 【题目详解】

∵f(x)在R上单调递增，且f(a)f(b)，∴ab.

∵a,b的符号无法判断，故a2与b2，a2与ab的大小不确定， 对A，当a1,b1时，

11，故A错误； a21b212对C，当a1,b1时，a1,ab1，故C错误； 对D，当a1,b1时，lna1lnb1，故D错误； 对B，对ab，则3a3b，故B正确. 故选：B. 【题目点拨】

本题考查分段函数的单调性、不等式性质的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题. 11、C 【解题分析】

根据等差数列的性质设出BF2，AB，AF2，利用勾股定理列方程，结合椭圆的定义，求得BF2aBF1.再利用勾股定理建立a,c的关系式，化简后求得离心率. 【题目详解】

由已知BF2，AB，AF2成等差数列，设BF2x，ABxd，AF2x2d.

22由于ABF290，据勾股定理有BF2ABAF2，即x2xdx2d，化简得x3d； 由椭圆定义知ABF2的周长为xxdx2d3x3d12d4a，有a3d，所以xa，所以

22222BF2aBF1；

在直角BF2F1中，由勾股定理，2a24c2，∴离心率e故选：C 【题目点拨】

本小题主要考查椭圆离心率的求法，考查椭圆的定义，考查等差数列的性质，属于中档题. 12、C 【解题分析】

化简复数为abi(a、bR)的形式，可以确定z对应的点位于的象限． 【题目详解】 解：复数z2i(2i)i(2ii2)12i 2ii2. 2故复数z对应的坐标为1,2位于第三象限 故选：C． 【题目点拨】

本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、30 【解题分析】

根据频率直方图中数据先计算样本容量，再计算成绩在80～100分的频率，继而得解. 【题目详解】

根据直方图知第二组的频率是0.040100.4，则样本容量是又成绩在80～100分的频率是(0.0100.005)100.15， 则成绩在区间[80,100]的学生人数是2000.1530． 故答案为：30 【题目点拨】

本题考查了频率分布直方图的应用，考查了学生综合分析，数据处理，数形运算的能力，属于基础题.

80200， 0.414、

3 2【解题分析】

求出双曲线的渐近线方程，右准线方程，得到交点坐标代入抛物线方程求解即可． 【题目详解】

x2y2a24解：双曲线1的右准线x1，渐近线y3x，

c4412x2y2双曲线1的右准线与渐近线的交点(1,3)，

412交点在抛物线y2px上， 可得：32p，

23． 23故答案为．

2解得p【题目点拨】

本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题． 15、5040. 【解题分析】

32145分两类，一类是甲乙都参加，另一类是甲乙中选一人，方法数为NA6A4C2C6A5144036005040。填5040.

【题目点拨】

利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，甲与乙是两个特殊元素，对于特殊元素“优先法”，所以有了分类。本题还涉及不相邻问题，采用“插空法”。 16、4 【解题分析】

由题可分析函数fx与ym的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为T,即T【题目详解】

由题意得函数fx的最小正周期T故答案为：4 【题目点拨】

本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的

22,进而求解即可 3622,解得4 36三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17、A 【解题分析】

由正弦定理化简得sin(AB)sinB，解得A2B2，进而得到C3B(,)，利用正切的倍角公式求得421tanC412，根据三角形的面积公式，求得ab，进而化简2sinC8C(cab)(cba)(1cosC)8tan，即可求解.

sinC2【题目详解】

由题意，在锐角ABC中，满足acosBb(1cosA)，

由正弦定理可得sinAcosBsinBsinBcosA，即sinAcosBsinBcosAsinB， 可得sin(AB)sinB，所以ABB，即A2B所以B(0,2，

3)，所以AB3B(,)，则C3B(,)， 42442C2tan21，可得1tanC12， 所以tanCC21tan2214又由ABC的面积SabsinC2，所以ab，

2sinC则(cab)(cba)cab2ab2abcosC2ab2ab(1cosC)

222C)828tanC(828,8). (1cosC)8CCsinC22sincos221(12sin2故选：A. 【题目点拨】

本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式和正切的倍角公式的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

x218、（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析. y21；

4【解题分析】

（Ⅰ）把点P代入椭圆方程，结合离心率得到关于a,b的方程，解方程即可；

（Ⅱ）联立直线与椭圆方程得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和中垂线的定义求出线段AB的中垂线方程即可证明.

【题目详解】

313P1,1， （Ⅰ）由已知椭圆过点得，222a4bcb23又e12，得a24b2，

aa2x2所以a4,b1，即椭圆方程为y21.

422x2y21222（Ⅱ）证明： 由4，得14kx8kmx4m40，

ykxm222222由△64km414k4m416m64k160，得m214k2，

由韦达定理可得，x1x28km，

14k2设AB的中点M为x0,y0，得x04km1，即14k24km， 214ky0kx0mm1，

14k24kAB的中垂线方程为y1311(x1)，即yx， 4kkk4故AB得中垂线恒过点N【题目点拨】

3,0. 4本题考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；正确求出椭圆方程和利用中垂线的定义正确表示出中垂线方程是求解本题的关键;属于中档题. 19、（1）（2）【解题分析】

（1）利用与的递推关系可以的通项公式；点代入直线方程得求解即可.(2)用错位相减法求数列的和. 【题目详解】 由两式相减得

可得

，

， ．

，可知数列

是等差数列，用公式

，

.

又，所以．故是首项为1，公比为3的等比数列．所以．

由点则数列因为

在直线上，所以．

．

是首项为1，公差为2的等差数列．则

，所以

则，

两式相减得：所以

【题目点拨】 用递推关系

．

．

求通项公式时注意的取值范围，所求结果要注意检验的情况；由一个等差数列和

一个等比数列的积组成的数列求和，常用错位相减法求解. 20、 (1)

；(2)26. 3【解题分析】

(1)根据条件形式选择S(2)由(1)求出角B1acsinB，然后利用余弦定理和正弦定理化简，即可求出； 23，利用正弦定理和消元思想，可分别用角A的三角函数值表示出a,c，

即可得到

31a2c2231sinA4sinA，再利用三角恒等变换，化简为

331a2c26sinA，即可求出最大值．

4【题目详解】

1a2c2b2(1)∵SacsinB，cosB即a2c2b22accosB，

22ac∴S32213acb2变形得：acsinB2accosB， 424整理得：tanB3， 又0B，∴B3；

(2)∵ABC，∴0A2， 3由正弦定理知

absinA3sinA2sinAcbsinC2sin2A，， sinBsinBsin33∴

31a2c2231sinA4sinA

32231sinA4sinA

323sinA23cosA

26sinA26，当且仅当A时取最大值．

44故

31a2c的最大值为26. 【题目点拨】

本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，以及利用三角恒等变换求函数的最值，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于基础题

x2y221、（1）+=1（2）k1+k2为定值0，见解析

82【解题分析】

（1）利用已知条件直接求解a,b，得到椭圆的方程；

（2）设直线在y轴上的截距为m，推出直线方程，然后将直线与椭圆联立，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用韦达定理求出k1k2，然后化简求解即可. 【题目详解】

（1）由椭圆过点（0,2），则b2，又a+b＝32，所以a22，

x2y2故椭圆的方程为+=1；

82（2）k1k20，证明如下：

设直线在y轴上的截距为m，所以直线的方程为：y1xm， 21yxm2由2得：x22mx2m240， 2x+y=182由4m28m2160得2m2，

2设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x22m，x1x22m4，

所以k1k2=y11y21y11x22y21x12， x12x22x12x22又y111x1m，y2x2m， 22所以y11x22y21x12=x1x2m2x1x24m1

2m24m22m4m10，

故k1k20. 【题目点拨】

本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查了方程的思想，转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.

310122、M15【解题分析】

110． 253411041101M试题分析：MBA，所以12301235试题解析： B．因为MBA110． 254110410123， 23110． 253101所以M15