絕密啟用前2024-2025學年度下學期廣東省三校二月第一次模擬考試高三年級數學試題參加學校：諾德安達學校、金石實驗中學、英廣實驗學校學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________注意事項:1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，請2B用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知是虛數單位，復數滿足，則(

)A. B. C. D.2.函數的一個零點所在的區間是(

)A. B. C. D.3.已知為橢圓上一動點，、分別為其左右焦點，直線與的另一交點為，的周長為若的最大值為，則該橢圓的離心率為(

)A. B. C. D.4.某醫院對該院歷年來新生兒體重情況進行統計，發現新生兒體重服從正態分布，若，則(

)A. B. C. D.5.若一扇形的圓心角為，半徑為，則扇形的面積為(

)A. B. C. D.6.三棱錐中，，平面，，，則直線和直線所成的角的余弦值為(

)A. B. C. D.7.六氟化硫，化學式為，在常壓下是一種無色、無味、無毒、不燃的穩定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業方面具有廣泛用途六氟化硫分子結構為正八面體結構正八面體是每個面都是正三角形的八面體，如圖所示若此正八面體的棱長為，則下列說法正確的是(

)

A.正八面體的體積為 B.正八面體的表面積為

C.正八面體的外接球體積為 D.正八面體的內切球表面積為8.已知曲線在處的切線方程是，則與分別為(

)A.， B.， C.， D.，二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在中，，，所對的邊分別為，，若，則的大小可能為(

)A. B. C. D.10.已知函數，則(

)A.是奇函數 B.是周期函數

C. D.在區間內單調遞增11.我們知道，函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數現已知函數，則下列說法正確的是(

)A.函數為奇函數

B.若方程有實根，則，

C.當時，在上單調遞增

D.設定義域為的函數關于中心對稱，若，且與的圖象共有個交點，記為，則的值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.的內角，，的對邊分別為，，已知，，，則______13.在的展開式中，含的項的系數是______用數字作答14.若圓與軸相切，則實數的值是______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.本小題分

已知函數在處取到極值

Ⅰ求的值

Ⅱ當時，證明

Ⅲ如果，，滿足，那么稱比更靠近，當且時，試比較和哪個更靠近，并說明理由．16.本小題分

某運動產品公司生產了一款足球，按行業標準這款足球產品可分為一級正品、二級正品、次品共三個等級根據該公司測算：生產出一個一級正品可獲利元，一個二級正品可獲利元，一個次品虧損元該運動產品公司試生產這款足球產品個，并統計了這些產品的等級，如下表：等級一級正品二級正品次品頻數求這個產品的平均利潤是多少；

該運動產品公司為了解人們對這款足球產品的滿意度，隨機調查了名男性和名女性，每位對這款足球產品給出滿意或不滿意的評價，得到下面的列聯表：滿意不滿意總計男性女性總計問：能否在犯錯誤的概率不超過的前提下認為男性和女性對這款足球產品的評價有差異？

附：，其中．17.本小題分

已知數列的前項和為，，．

Ⅰ

當為何值時，數列是等比數列？

Ⅱ

設數列的前項和為，，點在直線上，在Ⅰ的條件下，若不等式對于恒成立，求實數的最大值．18.本小題分

已知圓的圓心坐標為，且被直線截得的弦長為．

求圓的方程；

若動圓與圓相外切，又與軸相切，求動圓圓心的軌跡方程；

直線與圓心軌跡位于軸右側的部分相交于、兩點，且，證明直線必過一定點，并求出該定點．19.本小題分

平面直角坐標系中，已知橢圓：的左、右焦點分別為，，離心率為，經過且傾斜角為的直線與交于，兩點其中點在軸上方，且的周長為現將平面沿軸向上折疊，折疊后，兩點在新圖像中對應的點分別記為，，且二面角為直二面角，如圖所示．

求折疊前的標準方程；

當時，折疊后，求平面與平面夾角的余弦值；

探究是否存在使得折疊后的周長為？若存在，求的值；若不存在，說明理由．

1.【答案】

【解析】【分析】本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題．

直接利用復數代數形式的乘除運算化簡，然后利用共軛復數的概念得到答案．【解答】

解：，

，

，

故選：．2.【答案】

【解析】解：和都是增函數，所以函數為增函數，

且，，，

，所以函數在區間存在唯一零點，所在區間為．

故選：．

根據函數的單調性，結合函數零點存在性定理，即可判斷．

本題主要考查函數零點存在性定理，屬于基礎題．3.【答案】

【解析】解：設橢圓的半焦距為，則由題意得，

解得，

所以橢圓的離心率為．

故選：．

由題意，結合橢圓的標準方程及定義，可得、的值，代入離心率公式計算即可．

本題考查橢圓的定義及性質，考查橢圓的離心率的求解，屬于基礎題．4.【答案】

【解析】【分析】本題考查正態分布的實際應用，正態分布的概率、均值、方差，屬于基礎題．

利用正態曲線的對稱性即可求解．【解答】

解：因為服從正態分布，

則正態曲線關于對稱，

故，

故選：．5.【答案】

【解析】試題分析：因為，扇形的圓心角為，半徑為，所以，扇形的面積為，故選B。

考點：扇形的面積公式

點評：簡單題，扇形的面積公式。6.【答案】

【解析】解：如圖所示，三棱錐中，，平面，，，

則，所以，

，，，

，，

所以直線和直線所成角的余弦值為．

故選：．

根據題意畫出圖形，結合圖形利用基向量表示、，求出，即可得出答案．

本題考查了異面直線所成角的余弦值計算問題，是基礎題．7.【答案】

【解析】解：把正八面體補形為如圖所示正方體，因為正八面體棱長為，則正方體的棱長為，

選項A，正八面體的體積，設四棱錐的高為，

則，所以，A錯誤；

選項B，正八面體的表面積為八個面面積和，故，B錯誤；

選項C，正八面體的外接球半徑為正方體棱長的一半，故，

所以外接球體積，C錯誤；

選項D，設內切球半徑為，則根據正八面體體積相等，

，

所以，

所以內切球表面積為，D正確．

故選：．

把正八面體補形為正方體，求得正方體的棱長為，利用正八面體和正方體的關系即可求解．

本題考查幾何體的體積與表面加的計算，屬于中檔題．8.【答案】

【解析】解：由題意得，．

故選：．

利用導數的幾何意義得到等于直線的斜率，由切點橫坐標為，得到縱坐標即．

本題考查了導數的幾何意義，考查學生的計算能力，屬于基礎題．9.【答案】

【解析】解：根據余弦定理，可得，

結合，可知，即，

當時，等式成立，結合，可得；

當時，等式可化為，結合，或．

綜上所述，或或．

故選：．

根據余弦定理化簡題中等式，可得，然后利用二倍角公式并結合為三角形的內角，計算出角的大小．

本題主要考查余弦定理、二倍角的三角函數公式及其應用等知識，屬于基礎題．10.【答案】

【解析】解：易知的定義域為，

又，

所以是奇函數，A正確；

由，

所以是周期函數，B正確；

由，C錯誤；

當時，，且單調遞增，

此時，時，，且單調遞減，

所以函數在上單調遞增，

又由是奇函數，所以函數在上單調遞增，

所以在區間內單調遞增，D正確．

故選：．

根據函數奇偶性、周期性的定義可判斷、；由，可判定；由與在上的單調性和值域，再結合奇函數的性質，可判斷的單調性．

本題主要考查了函數的單調性，奇偶性，周期性的判斷，屬于中檔題．11.【答案】

【解析】【分析】本題考查了函數的新定義、函數的單調性、函數的奇偶性和函數的對稱性，屬于較難題．

根據題意有，可判定奇偶性，從而判定；

由有解，即有解，所以，解出，可判定；

當時，，根據函數圖像的平移可判定單調性，從而判定；

易得函數關于中心對稱，由對稱性計算判定．【解答】解：函數，

根據題意有，則函數為奇函數，

函數圖像關于成中心對稱，所以選項正確．

選項B，有解，即有解，

所以，即，選項B正確；

選項C當時，，

可由函數向右平移個單位，向上平移個單位得到．

又易知函數在上單調遞增，

所以在上單調遞增，選項C錯誤；

選項當時，關于中心對稱，又函數關于中心對稱，

，故選項正確；

故選：．12.【答案】

【解析】解：，，，

由余弦定理可得：，

解得：．

故答案為：．

由已知利用余弦定理即可求解．

本題主要考查了余弦定理在解三角形中的應用，屬于基礎題．13.【答案】

【解析】解：的展開式中，含的項的系數是：

．

故答案為：．

利用二項展開式的通項公式，分別求出的四部分中含的項的系數得答案．

本題考查利用二項展開式的通項公式解決展開式的特定項問題，屬于基礎題．14.【答案】

【解析】解：由，可得，

方程表示圓，則可得圓心為，半徑為，

由圓與軸相切，則可得，解得，

則實數的值是．

故答案為：．

求得圓心與半徑，進而可得，求解即可．

本題考查了直線與圓的位置關系，屬于中檔題．15.【答案】解：Ⅰ由，

求導，

由，則，解得：，

的值為；

Ⅱ證明：由題意可知：不等式左邊為，由，

，，，則恒成立，

在單調遞增；

，

則，

Ⅲ設，，

則，，，則，，

在上為減函數，

又，當時，，當時，，

在上為增函數，

又，時，，在上為增函數，

．

當時，，

設，則

在上為減函數，

，

，，，

比更靠近．

當時，，

設，則，

，則

，比更靠近．

綜上，在，時，比更靠近．

【解析】Ⅰ由題意可知：求導，，即可求得的值；

Ⅱ構造函數，求導，根據函數的單調性，即可證明不等式；

Ⅲ設，，由導數性質求出在上為減函數，在上為增函數，由此利用導數性質推導出在，時，比更靠近．

本題考查函數與導數的綜合應用能力，具體涉及到用導數來描述函數的單調性等情況，主要考查考生分類討論思想的應用，對考生的邏輯推理能力與運算求解有較高要求，屬于中檔題．16.【答案】解：依題意可得平均利潤為元；

零假設：男性和女性對這款足球產品的評價無差異，

依題意可得，

所以能在犯錯誤的概率不超過的前提下認為男性和女性對這款足球產品的評價有差異．

【解析】直接根據平均數計算公式即可；

計算出的值再與臨界值比較即可．

本題主要考查了平均數的定義，考查了獨立性檢驗的應用，屬于基礎題．17.【答案】解：Ⅰ由，得，

兩式相減得，即，

所以，

由及，得，

因為數列是等比數列，所以只需要，解得，此時，數列是以為首項，為公比的等比數列．

Ⅱ由Ⅰ得，因為點在直線上，所以，

故是以為首項，為公差的等差數列，則，所以，

當時，，滿足該式，所以．

不等式，即為，

令，則，兩式相減得，所以．

由恒成立，即恒成立，又，

故當時，單調遞減；當時，單調遞增，

當時，；當時，，則的最小值為，所以實數的最大值是．

【解析】Ⅰ

由條件，令得，兩式相減得數列遞推公式，轉化為求，然后利用數列是等比數列，再求即可；

Ⅱ由點在直線上求出是等差數列且，然后求出，連同代入不等式化簡．不等式的左邊為等比數列前項和令其為所，利用錯位相減法求出，則原不等式為恒成立，即恒成立，利用數列的增減性求解．

本題是典型的數列題，形式復雜，但規律性強，第一問屬基礎技巧，知，混合式求遞推公式再求通項，第二問較難，求出，代入不等式求解，千萬不要怕復雜，克服畏懼心理，沉著答題．18.【答案】解：設圓的方程為，，

由圓心到直線的距離為，

由弦長公式可得，解得，

可得圓的方程為；

設的坐標為，由動圓與圓相外切，又與軸相切，

可得到點的距離比它到軸的距離大，

即為到點的距離與它到直線的距離相等，

由拋物線的定義，可得動圓圓心的軌跡方程為；

證明：設：代入拋物線，消去得

設，

則，，

令，．

直線過定點．

【解析】本題考查圓的方程的求法，注意運用待定系數法和定義法，考查直線方程和拋物線方程聯立，運用韋達定理，考查方程思想和向量數量積的坐標表示，考查運算能力，屬于中檔題．

設圓的方程為，，運用弦長公式和點到直線的距離公式，即可得到半徑，可得圓的方程；

由題意可得到點的距離比它到軸的距離大，即為到點的距離與它到直線的距離相等，由拋物線的定義可得拋物線的方程；

設出直線的方程，同拋物線方程聯立，得到關于的一元二次方程，根據根與系數的關系表示出數量積，根據數量積等于，解出數量積表示式中的的值，即得到定點的坐標．19.【答案】解：由題意得：，

解得，

故折疊前橢圓的標準方程．

當時，直線的方程為：，

聯立，

解得，，

以原來的軸為軸，軸正半軸所在直線為軸，軸負半軸所在的直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，

則，，，，

故，，

設平面的法向量為，

則，即，

取，則，，

故，．

平面的一個法