佛山市S7高质量发展联盟2024届高三上学期10月联考
数学学科
一、单选题
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. 1 B. C. 3 D. 4
3. 如图，在矩形ABCD中，，，E是CD的中点，那么（ ）
A. 4 B. 2 C. D. 1
4. 已知函数是上的偶函数，且满足，当时，，则（ ）
A. 1 B. －1 C. －2 D. 2
5. 已知椭圆C：的离心率为，则C的长轴长为（ ）
A. B. C. D. 4
6. 曲线C：与直线l：有两个交点，则实数m的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知正项数列的前n项和为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，某公园有一个半径为2公里的半圆形湖面，其圆心为O，现规划在半圆弧岸边取点C、D、E，且，在扇形AOC区域内种植芦苇，在扇形COD区域内修建水上项目，在四边形ODEB区域内种植荷花，并在湖面修建栈道DE和EB作为观光线路.当最大时，游客有更美好的观赏感受，则的最大值为（ ）
A. B. 4 C. D. 6
二、多选题
9. 下列结论正确的有（ ）
A. 若随机变量，满足，则
B. 若随机变量，且，则
C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则
10. 现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ）
A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B. 若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C. 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D. 每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
11. 设函数，，则下列说法正确的有（ ）
A. 不等式的解集为
B. 函数在单调递增，在单调递减
C. 当时，总有恒成立
D. 若函数有两个极值点，则实数
12. 如图甲，在矩形ABCD中，，，E为AB上一动点（不含端点），且满足将沿DE折起后，点A在平面DCBE上的射影F总在棱DC上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A. 翻折后总有
B. 当时，翻折后异面直线AE与BC所成角的余弦值为
C. 当时，翻折后四棱锥的体积为
D. 在点E运动的过程中，点F运动的轨迹长度为
三、填空题
13. 在二项式的展开式中，常数项是______.
14. 在中，点D是边BC上一点，且，，，，则______.
15. 在正四棱锥中，已知，O为底面ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为的球，则平面PCD截该球的截面面积为______.
16. 希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，，点P是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为______；若点Q为抛物线E：上的动点，Q在y轴上的射影为H，则的最小值为______.
四、解答题
17. 已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）设AD是BC边上的高，且，，求的值.
18. 如图，四棱柱中，M是棱上的一点，平面ABCD，，，.
（1）若M是的中点，证明：平面平面；
（2）设四棱锥与四棱柱的体积分别为与，求的值.
19. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且，；数列满足，.
（1）求和；
（2）求数列的前n项和.
20. 随着《2023年中国诗词大会》在央视持续热播，它将经典古诗词与新时代精神相结合，使古诗词绽放出新时代的光彩，由此，它极大地鼓舞了人们学习古诗词的热情，掀起了学习古诗词的热潮.某省某校为了了解高二年级全部1000名学生学习古诗词的情况，举行了“古诗词”测试，现随机抽取100名学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示.
（1）根据频率分布直方图，估计这100名学生测试成绩的平均数（单位：分）；（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
（2）若该校高二学生“古诗词”的测试成绩X近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定“古诗词”的测试成绩不低于87分的为“优秀”，据此估计该校高二年级学生中成绩为优秀的人数；（取整数）
（3）现该校为迎接该省的2023年第三季度“中国诗词大会”的选拔赛，在五一前夕举行了一场校内“诗词大会”.该“诗词大会”共有三个环节，依次为“诗词对抗赛”“画中有诗”“飞花令车轮战”，规则如下：三个环节均参与，在前两个环节中获胜得1分，第三个环节中获胜得4分，输了不得分.若学生甲在三个环节中获胜的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否获胜是相互独立的.记学生甲在这次“诗词大会”中的累计得分为随机变量，求的分布列和数学期.
（参考数据：若，则，，.
21. 已知抛物线E：，为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5.
（1）求E的标准方程；
（2）设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为－4.
（i）证明：直线AB过定点；
（ii）求的最小值.
22. 已知函数，.
（1）当时，求函数的极值.
（2）是否存在实数a，对任意的m，，且，有恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.
佛山市S7高质量发展联盟2024届高三上学期10月联考
数学学科参考答案
1. B
【详解】∵集合，故M为奇数集.而，故N为整数集，∴.故选：B.
2. A
【详解】因为复数（为虚数单位），则，因此，.故选：A.
3. B
【详解】，因为，故.
而E为CD的中点，故，故.故选：B.
4. A
【详解】由题可知是以4为周期的周期函数，，，∴.故选：A.
5. B
【详解】依题意，因为椭圆C的离心率为，所以，得，故长轴长为.
6. B
【详解】由可知，得到，即，，
作出曲线C：的图像如下：
当直线l：经过点时，直线与曲线有两个交点，此时，解得；
当直线与曲线相切时，圆心到直线的距离，
解得或；
因为直线可化为，由截距得，则，
此时直线与曲线只有一个交点；故满足条件的实数m的取值范围为.故选：B.
7. C
【详解】由题设，则，
又都为正项，则，故，所以，所以，故.故选：C.
8. C
【详解】设，则，，，
，，，则、为正数.
在三角形ODE中，连接DE，由余弦定理得：，
在三角形BOE中，由余弦定理得：
，
所以，
由于，所以当时，取得最大值，
也即时，取得最大值为.故选：C.
9. BC
【详解】对于A，由方差的性质可得，故A错误；
对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；
对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；
对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，
乙组：第30百分位数为n，第50百分位数为，则，
解得，故，故D错误；故选：BC.
10. AD
【详解】对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，A正确；
对于B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，B错误；
对于C，先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，C错误；
对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种安排方法，D正确.故选：AD.
11. AC
【详解】由题意得，则，
对于A：由，可得，解得，所以解集为，故A正确；
对于B：，令，解得，
所以当时，，函数为增函数，
当时，，函数为减函数，故B错误；
对于C：当时，若，则，
所以，即，
令，，则，
，当时，，函数为增函数，
又，所以在是恒成立，
所以，为减函数，
又，所以在是恒成立，
所以当时，总有恒成立，故C正确；
对于D：若函数有两个极值点，
则有两个根，即在有两个根，
令，则，所以当时，，函数为增函数，
当时，，函数为减函数，
又当时，，当时，，，
所以，解得，故D错误.故选：AC.
12. ACD
【详解】在图乙中，因为点A在平面DCBE上的射影F在棱DC上，所以平面DCBE，
又平面DCBE，所以，又，，AF，平面ADC，所以平面ADC，又平面ADC，所以，故A正确；
如图，
在图乙中作于P，连接AP，则，所以AE与BC所成角即为AE与EP所成角，又由平面ADC可得平面ADC，所以而，，则，即AE与BC所成角余弦值为，故B错误；
如上图，在图乙中作于G，连接AG，则由平面DCBE可得，又，FG，平面AGF，所以平面AGF，
又平面AGF，则，在图甲中，如图，
作，则A，G，F三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有，
所以，所以，而，
所以，，，故D正确；
当时，，则，所以，
则，故C正确.故选：ACD.
13. /－10.5
14. 3
【详解】在中，，可得.
又由余弦定理，，可得.
在中，，由此可得，
由已知可得，代入可得，
所以，所以.
故答案为：3.
15.
【详解】由正棱锥性质知：平面ABCD，
取CD中点E，连接PE，作，垂足为G，
∴平面ABCD，平面ABCD，∴，
∵O，E分别为AC，CD中点，∴，又，∴，
∵PO，平面POE，，平面POE，又平面POE，
∴，又，CD，平面PCD，，
∴平面PCD，则由球的性质可知：G为平面PCD截球O所得截面圆的圆心，
设H为该截面圆与PE的一个交点，连接OH，
∵，∴，，∴，
∴，又，∴；
∵，∴，即截面圆的半径，∴截面圆的面积.
16. ；/
【详解】设点，∴，∴.
抛物线的焦点为点F，由题意知，，
∵，∴.
故答案为：；.
17.【详解】（1）解：在中，由正弦定理，可得，
即，即，
整理得，
因为，所以，则，又因为，所以……5分
（2）解：由（1）及已知，可得，
又由，可得，所以，
由余弦定理，可得，
即，即，所以.……10分
18.【详解】（1）因为平面ABCD，所以，
又，，所以平面，
又平面，所以.
因为，所以，同理，
所以，又，所以平面AMB，
又平面，故平面平面.……6分
（2）设，则四棱锥的底面的面积，高为，
所以四棱锥的体积.
四棱柱的底面ABCD的面积，高为，
所以四棱柱的体积，所以.……12分
19.【详解】（1）设等比数列的公比为，由，，
解得或（舍），又，∴，
解得，∴，，……2分
∴，
∴时，，∴，
整理得，又，
∴数列是首项为1的常数列，∴，∴，……6分
（2）设，……8分
∴
……12分
20.【详解】（1）由频率分布直方图估计平均数为：
（分）……2分
（2）由题意可得测试成绩X近似服从正态分布，
所以，则，
所以人，
故该校高二年级学生中成绩为优秀的人数约为159人；……5分
（3）随机变量的所有可能取值为：0，1，2，4，5，6，
，
，
，
，
，
，
所以的分布列如下：
0 1 2 4 5 6
P
数学期望.……12分
21.【详解】（1）由题可知，解得.所以E的标准方程为；……2分
（2）（i）由（1）知，，且，解得，所以.
设，，则，同理可得，，
则，即.
当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为，
整理得.所以，即，
所以直线AB过定点；
当直线AB的斜率不存在时，可得，.
综上，直线AB过定点.……7分
（ii）设，，当直线AB斜率存在时，
设直线AB的方程为，
与抛物线E联立得，消去x得，
由题意，所以，.
所以
，所以当，时，的最小值为；
当直线AB斜率不存在时，.由抛物线定义知.
故的最小值为.……12分
22.【详解】（1）当时，，
，令，解得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，极小值为；……4分
（2）假设存在实数a，对任意的m，，且，都有恒成立，
不妨设，若，即，
令，
显然只要在为增函数即成立，
因为，
要使在为增函数则在恒成立，
即只需，则，
所以存在满足题意.……12分
