广东省汕尾市华南师范大学附属中学汕尾学校2024届高三下学期3月月考数学试题

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单选题
解析：
1．D
【分析】化简集合A，B，再利用数轴求出结论.
【详解】由得，则有，
，
∵在上单调递增，则，
，如图，

观察数轴得.
故选：D
2．C
【分析】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解.
【详解】由得，所以，故的虚部为为 ，
故选：C
3．B
【分析】由同角三角函数的关系，求出，再由两角差的正切公式求.
【详解】，，则有，，
.
故选：B.
4．C
【分析】根据题意求得，结合向量的夹角公式求得，即可求解.
【详解】题意，向量，，
因为，可得，解得，
即，可得，所以，
又因为，所以.
故选：C
5．D
【详解】由题意得将9名同学分成3组，每组3人，且组与组之间可以互换，
所以共有可能的方案数为组，
故选：D
6．A
【分析】根据等比数列前项和的性质，也构成等比数列，即可求得.
【详解】因为数列为等比数列，则根据等比数列和的性质可知，也构成等比数列，则，
设，则，解得：，对应有
因为，所以与同号，
所以.
故选：A
7．A
【分析】连接，，，，，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再由及椭圆的定义，可得，，，的关系，在两个直角三角形中可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】设椭圆的左焦点，连接，，，，
由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，

因为,所以，所以可得四边形为矩形，
因为，所以，
设，则，由椭圆的定义可知，
，，
在△PGF'中，，即，整理可得：，
所以可得，
在△中，，即，
所以离心率，
故选：A
8．C
【分析】找中间值进行比较大小，再构造函数即可比较大小.
【详解】由题意得，，
，
单调递减，又，
故时，
所以；
故单调递增，时，时，
时，
比较和的大小，即比较和的大小，
由于，
设，则在时单调递增，
，
故
综上所述的大小关系是
故选：C
多选题
解析：
9．AB
【分析】由正负相关的定义即可判定A；由图象中变量的变化趋势即可判定B；由最小二乘法及非线性回归模型的拟合方法判断C；由残差的定义即可判定D.
【详解】由散点图可知随时间增加，温度逐渐降低，且变化趋势趋于平缓，故为负相关且模型二拟合更好，即A、B正确；
根据非线性回归模型的拟合方法，先令，则，此时拟合为线性回归方程，
对应的回归直线过点，原曲线不一定经过，故C错误；
残差为真实值减估计值，即为65.2-65.1=0.1，故D错误.
故选：AB.
10．ACD
【分析】根据抛物线过点得到，即可判断选项C和D；
根据已知条件直接求出C，D点的横坐标从而计算直线CD的斜率和方程，进而判断A和B选项.
【详解】抛物线过点，所以，，故D正确；
所以抛物线，上任意一点到和准线的距离相等，故C正确；
设，，设，则，
所以的方程为，即，
联立，得，
当时，，得，
代换，得到，
所以，故A正确；
直线CD：，即，不过定点，故B错误.
故选：ACD
11．BCD
【分析】依题意恒成立，即恒成立，可知，将式子变形为，根据的单调性，可得恒成立，即恒成立，再令，利用导数求出函数的最小值，即可得到不等式，从而求出的取值范围.
【详解】因为，，
所以，，
依题意恒成立，
即恒成立，显然，
所以恒成立，
即，
由，令，显然在上单调递增，
即恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
即恒成立，令，，则，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以在处取得极小值及最小值，
所以，则，解得，故符合题意的有BCD.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是注重函数形式，进行统购构造；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
填空题
12．320
【分析】将问题转化为的系数为中的系数，利用二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】由，
所以的系数为中的系数，展开式中为，
故答案为：320
13．
【分析】根据二项分布的概率计算公式即可求解.
【详解】随机变量服从．
故答案为：
14．
【分析】根据题意作出图形，利用内切圆的性质及点B在椭圆上建立方程求解.
【详解】由题意，△ABC在y轴右侧，作出图形，如图，
由椭圆及圆的对称性知，轴，
设，过圆心作于点，BC交x轴于H，
由椭圆方程知，所以，
，，
又B在椭圆上，所以，
又，即，可得，
所以，
化简可得，解得，或（舍去）.
故答案为：
解答题
解析：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合余弦定理的边角形式即可求解，
（2）由二倍角公式以及诱导公式即可求解.
【详解】（1）由 可得，由正弦定理可得，
所以 由于，所以,
（2）得,
故
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长至点，使，连接，进而可证，可得，进而可证结论；
（2）可证，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立空间直角标系，求得平面与平面的一个法向量，进而可求二面角的余弦值．
【详解】（1）如图，延长至点，使，连接，
底面的中心为，平面，平面,，
，，
∴△FOB≌△DOM，
，，，
，
而，，，
平面，平面，平面；
（2）由（1）知是的中点，又，，
不妨设，则，，
是正四棱锥，底面的中心为，，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，

则，，，，，，
，，，，；
设平面的一个法向量为，
，令，则，，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，所以；
，
二面角所成角的正弦值为．
17．(1)
(2)的分布列见详解，．
【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；
（2）由题知的可能取值为0，1，2，3，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可．
【详解】（1）当第一天训练的是“三级蛙跳”且第三天也是训练“三级蛙跳”为事件；
当第一天训练的不是“三级蛙跳”且第三天是训练“三级蛙跳”为事件；
由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，
所以， ，，
所以，第三天训练的是“三级蛙跳”的概率．
（2）由题知，的可能取值为0，1，2，3，
所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，
所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，故；
当时，
第一天选择“跳远”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；
第二天选择“跳远”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；
第三天选择“跳远”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；
第四天选择“跳远”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；
第五天选择“跳远”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；
第六天选择“跳远”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1种选择，共2种选择；
综上，当时，共有种选择，
所以，；
当时，
第一天，第三天，第五天，选择“跳远”，有种选择；
第一天，第三天，第六天，选择“跳远”，有种选择
第一天，第四天，第六天，选择“跳远”，有种选择；
第二天，第四天，第六天，选择“跳远”，有种选择；
所以，当时，共有种选择，
所以，；
所以，当，
所以，的分布列为：
所以，．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)定值，
【分析】（1）设：，联立得，利用韦达定理结合关系，即可求出，得出椭圆的标准方程.
（2）设，由已知得，，根据过椭圆上任一点的切线斜率公式得出过点的切线方程斜率为，得出，联立椭圆方程利用韦达定理和化简得出，判断出是的中点，又结合，即可得证.
（3）设点到直线的距离为，结合（2）表示出和，即可判断结果.
【详解】（1）由题知，设椭圆方程为，
设：，，则，
联立得，
因为线段的中点坐标为，
所以，
，
所以，再代入得，
又，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
则，因的中点为，所以，
根据已知，过点的切线方程斜率为，
又，知，
所以：，
即，，
联立得，
所以，
，
可得，
即是的中点，
又，知是的中点，
所以四边形是平行四边形.
（3）由（2）知，，，
，
：，即，
设点到直线的距离为，
所以
，
，
所以S△CMN=12MN⋅h=12×322+2yC2×32+2yC2=364，
所以四边形的面积为2S△CMN=362.
即四边形的面积是定值，且为.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆的综合问题，其应用主要从以下几个角度进行：
（1）待定系数法求解椭圆方程；
（2）联立方程，韦达定理是常用到的方法；
（3）考查计算能力较大，解答过程中要注意各点横纵坐标的表示.
（4）考查数形结合思想的应用.
19.
（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【分析】
（1）由题意知，
当时，函数恒成立，显然原函数无极值点，
当时，单调递增，时，
故存在唯一变号零点，即存在唯一极小值点。
（2）
若，，，
若， ，由于是的最小值点，显然
记，显然其存在唯一零点且，
当时，在 上，在上随单调递减，而时最小值为，故，
综上
（3）由（1）易得，
由题意可知，，且为原函数的极小值点， 则变形可得
由可得，
要证成立，即证，
因为，则，令，
则，
即证明

又的图象上不存在关于直线对称的两点，
故不存在零点，
时，，故必然
又，，
若则由连续而函数值不能突变，必有使在时恒正，
故在单调递增，同理得矛盾，
因此，故，得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
B
C
D
A
B
C
题号
9
10
11
答案
AB
ACD
BCD
题号
12
13
14
答案
0
1
2
3