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2024 年度广东佛山市桂城中学高三 1 月调研
数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符
合题目要求．
1．设集合A={x|x2－4<0}，B={－2，－1，0，1，2}，则A∩B=（ ）
A．{－2，2} B．{－1，0} C．{－1，0，1} D．{0，1}
2i
2．若复数z = −3i，则z−z =（ ）
1−i
A．2i B．－2i C．4i D．－4i
x2 y2
3．椭圆 + =1的长轴长为6，则该椭圆的离心率为（ ）
5 m
2 2 2 31 11
A． B． C． D．
3 3 6 6
1
4．设a，b是两个单位向量，若a在b上的投影向量为− b，则cos〈a，b〉=（ ）
3
1 1 2 2 2 2
A．− B． C．− D．
3 3 3 3
5．若函数f（x）=log （4＋m·3x－m2）在[1，＋∞）上单调递增，则实数m的取值范围为（ ）
3
A．（－4，1） B．（0，1） C．（－1，4） D．（0，4）
6．记数列{a }的前n项和为S ，则“S =3a ”是“{a }为等差数列”的（ ）
n n 3 2 n
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
π
7过圆x2＋y2=4上一点P作圆O：x2＋y2=m2（m>0）的两条切线，切点分别为A，B，若∠APB = ，则实数
3
m=（ ）
1 1
A． B． C．1 D．2
3 2
8．已知tanα＋tanβ=3，sin（α＋β）=2sinαsinβ，则tan（α＋β）=（ ）
3
A．4 B．6 C．− D．－6
2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分．
9．有一组从小到大排列的样本数据x ，x ，…，x ，x（n≥4），若将第1个数据减1，最后一个数据加2，
1 2 n－1 n
其余数据不变，得到新的一组数据 x －1，x ，…，x ，x ＋2，则下列统计量中，相比原来的数据变大的是
1 2 n－1 n
（ ）
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=eax＋b
＋k，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A．a=－ln5
B．k=15
C．1等奖的面值为3130元
D．3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（x＋1）[f′（x）－f（x）]>0，对于函数
f(x)
g(x)= ，下列结论正确的是（ ）
ex
A．函数g（x）在（－∞，－1）上为增函数
B．－1是函数g（x）的极小值点
C．函数g（x）必有2个零点
D．e2f（e）>eef（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________．
π
13．函数 f(x)=sin ωx+ (ω>0)的非负零点按照从小到大的顺序分别记为 x
1
，x
2
，…，x
n
，…，若
3
π
x－x = ，则x 的值可以是________．（写出符合条件的一个值即可）
3 2 2 n
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 5小题，共 77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① asinC = 3ccosA ；②
3cos(B+C)+sinA=0；③sin2B＋sin2C－sinBsinC=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b+c =2 3,a = 3，求△ABC的面积．
16.如图，在三棱柱 ABC－A B C 中， AC = 2 ，AB=1，E，F 分别为 A C，BB 的中点，且 EF⊥平面
1 1 1 1 1
AA C C.
1 1
学科网（北京）股份有限公司（1）求棱BC的长度；
2
（2）若BB ⊥A B ，且S = ，求二面角B －A F－C的正弦值．
1 1 1 △A 1 FC 2 1 1
1
17．已知函数 f(x)= +2lnx.
x
（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x >0，当x∈（x ，＋∞）时，恒有k x > f ( x )．
0 0
( )
18．已知动圆P经过点A − 3,0 ，并且与圆B：(x− 3)2 + y2 =16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：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．
ex−1
19．已知函数 f(x)= +lnx−x.
ax
（1）若a=1，求f（x）的极值；
（2）若f（x）有三个极值点x ，x ，x ，x 0,
调递增，且 y=4＋m·3x－m2>0 在[1，＋∞）上恒成立，所以 解得 00,
范围为（0，4）．故选D.
6．答案 B
解析 若{a }为等差数列，则 S =a ＋a ＋a =3a ；取 a =1，a =2，a =3，a =5，显然有 S =3a ，而 a －
n 3 1 2 3 2 1 2 3 4 3 2 4
a =2≠a －a ，即数列{a }不是等差数列．所以“S =3a ”是“{a }为等差数列”的必要不充分条件．故选B.
3 3 2 n 3 2 n
7．答案 C
π
解析 取圆x2＋y2=4上任意一点P，过P作圆O：x2＋y2=m2（m>0）的两条切线PA，PB，当∠APB = 时，
3
π 1
∠APO = ，又OA⊥AP，|OP|=2，则OA = OP =1，所以实数m=|OA|=1.故选C.
6 2
学科网（北京）股份有限公司8．答案 D
sinαcosβ+cosαsinβ
解析 由 sin（α＋β）=2sinαsinβ，得 sinαcosβ＋cosαsinβ=2sinαsinβ，则 =2，所以
sinαsinβ
1 1 tanα+tanβ 3
+ =2 ， 则 =2 ， 所 以 tanαtanβ= ， 所 以
tanα tanβ tanαtanβ 2
tanα+tanβ 3
tan(α+β)= = −6．故选D．
1−tanαtanβ 3
1−
2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0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 + x + x +…+ x
x′，则x = 1 2 3 n ，
n
x −1+ x + x +…+ x +2 x + x + x +…+ x +1
x′= 1 2 3 n = 1 2 3 n ，所以平均数变大，故 C 正确；因为最小的数
n n
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
( e3a+b
+k
)
−
( e4a+b
+k
)
解析 由题意可知，4等奖比5等奖的面值多20元，因为100÷20=5，所以 =e−a =5，
( e4a+b
+k
)
−
( e5a+b
+k
)
则a=－ln5，A正确；由（e3a＋b＋k）－（e4a＋b＋k）=e3a＋b（1－ea）=100，可知e3a＋b=125，因为4等奖的面值
是5等奖的面值的3倍，所以e4a＋b＋k=3（e5a＋b＋k），解得k=5，B错误；则3等奖的面值为e3a＋b＋k=125＋
5=130 元，D 正确；由 ea＋b＋k=e3a＋b·e－2a＋k=125×25＋5=3130，故 1 等奖的面值为 3130 元，C 正确．故选
ACD．
11．答案 BD
f′(x)− f(x)
解析 g′(x)= ，当 x>－1 时，f′（x）－f（x）>0，故 g（x）在（－1，＋∞）上为增函数；当
ex
x<－1时，f′（x）－f（x）<0，故g（x）在（－∞，－1）上为减函数，故－1是函数g（x）的极小值点，A错
误，B正确．若g（－1）=0，则y=g（x）有1个零点，若g（－1）>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f(2) f(e)
在（－1，＋∞）上为增函数，则g（2）eef（2），D正确．故选
e2 ee
BD．
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15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C2=6种情况，剩下2名同学在
4
选择物理、化学、生物、信息学四个学科竞赛课程时有4×4=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6×16=96．
π
13．答案 （答案不唯一）
3
T π 2π π
解析 由题意得 x −x = ，∴T=π，∵ω>0，∴ω= =2 ，∴ f(x)=sin2x+ ，令
2 3 2 2 π 3
π kπ π nπ π
2x+ =kπ，k∈Z，即x = − ，k∈Z，∴x = − （n=1，2，3，…），对 n 取特殊值即可，取
3 2 6 n 2 6
π 5π
n=1，得x = ；取n=2，得x = ；…．（答案不唯一）
1 3 2 6
14．答案 3.6
4π π
解析 由题意得母线SA= 22 +(2 15)2 =8，底面圆周长为 2πr=4π，所以展开图的圆心角α= = ，
8 2
如图，AB = 82 +62 =10，由点S向AB引垂线，点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=BH·AB，即36=10·BH，得BH=3．6km，即下
坡路段长为3．6km．
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．解 （1）选①：asinC = 3ccosA，
由正弦定理得sinAsinC = 3sinCcosA，
因为C∈（0，π），所以sinC≠0，
所以sinA= 3cosA，即tanA= 3，
π
又A∈（0，π），所以A= .
3
选②： 3cos(B+C)+sinA=0，
因为cos（B＋C）=cos（π－A）=－cosA，
学科网（北京）股份有限公司所以− 3cosA+sinA=0，即tanA= 3，
π
又A∈（0，π），所以A= .
3
选③：sin2B＋sin2C－sinBsinC=sin2A，
由正弦定理得b2＋c2－bc=a2，
b2 +c2 −a2 bc
由余弦定理得cosA= = ，
2bc 1
2bc−
2
又A∈（0，π），
π
所以A= .
3
π
（2）由（1）可知，A= ，
3
又b+c =2 3,a = 3，
由余弦定理得
b2 +c2 −a2 (b+c)2 −2bc−a2 12−2bc−31
cosA= = = ，
2bc 2bc 2bc
解得bc=3，
由三角形面积公式可得
1 1 3 3 3
S = bcsinA= ×3× = ．
△ABC
2 2 2 4
16.解 （1）取AC的中点D，连接ED，BD，
∵D，E分别为AC，A C的中点，
1
1
∴DE∥AA ，DE = AA ，
1 2 1
又ABC－A B C 为三棱柱，且F为BB 的中点，
1 1 1 1
1
∴BF∥AA ，BF = AA ，
1 2 1
∴DE綊BF，
∴四边形DEFB为平行四边形，∴EF∥DB，
又EF⊥平面AA C C，∴DB⊥平面AA C C，
1 1 1 1
又AC 平面AA C C，∴DB⊥AC，
1 1
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AC = 2，
∴AB2＋BC2=AC2，
∴AB⊥BC，
2
∴EF = DB = ，且A B ⊥B C ，
1 1 1 1
2
∵EF⊥平面AA C C，A C 平面AA C C，
1 1 1 1 1
∴EF⊥A C，
1 ⊂
学科网（北京）股份有限公司1 1 2 2
∴S = AC⋅EF = AC× = ，
△A 1 FC 2 1 2 1 2 2
解得A C=2，
1
由（1）知DB⊥平面AA C C，AA 平面AA C C，
1 1 1 1 1
∴DB⊥AA ，
1
⊂
又AA ∥BB ，∴DB⊥BB ，
1 1 1
又BB ⊥A B ，AB∥A B ，∴BB ⊥AB，
1 1 1 1 1 1
又AB∩DB=B，AB，DB 平面ABC，
∴BB ⊥平面ABC，
1 ⊂
又AC 平面ABC，
∴BB ⊥AC，
1⊂
又AA ∥BB ，∴AA ⊥AC，
1 1 1
∴△AA C为直角三角形，
1
∴AA = AC2 − AC2 = 2.
1 1
以 B 为坐标原点，BC ,B A,BB的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系 B xyz，如图所
1 1 1 1 1 1 1
示，
2
则B (0,0,0),A(0,1,0),C (1,0,0),C(1,0, 2),B(0,0, 2),F0,0, ，
1 1 1 2
2
可得AF =0,−1, ,AC =(1,−1, 2)．
1 2 1
设平面A
1
FC的法向量为n
1
=(x,y,z)，
2
n ⋅AF =−y+ z =0,
则 1 1 2
n
1
⋅A
1
C = x− y+ 2z =0,
令y=1，则x = −1,z = 2 ，
∴n =(−1,1, 2)．
1
平面B A F的一个法向量为n =(1,0,0)，
1 1 2
设二面角B －A F－C的平面角为θ，θ∈（0，π），
1 1
n ⋅n
1 2 1 1
可得|cosθ|= = ，
n n 2×1 2
1 2
学科网（北京）股份有限公司3
∴sinθ= 1−cos2θ= ，
2
3
故二面角B －A F－C的正弦值为 ．
1 1
2
1
17．解 （1）g(x)= f(x)−x = +2lnx−x，定义域为（0，＋∞），
x
2
1 2 1
g′(x)=− + −1=−
−1 ≤0，
x2 x x
所以函数g（x）是（0，＋∞）上的减函数，
而g（1）=0，所以函数g（x）的零点是1.
（2）证明：由（1）可知，当x>1时，g（x）<0，
1 1
即 +2lnx−x<0⇒2lnx< x− (x >1)，
x x
1
因此有lnx =2ln x < x − < x(x >1)，
x
进而有ln x < x(x >1)⇒2ln x <2 x(x >1)⇒lnx<24 x(x >1)，
2
k 1 23
当k>0时， x > 等价于x > ，
2 x k
4
k 8
x >44 x 等价于x > ，
2 k
2
4
23 8
设 , ,1 三 个 数 中 最 大 的 数 为 x 0 ， 所 以 当 x ∈ （ x 0 ， ＋∞ ） 时 ， 恒 有
k k
1 1
k x > +44 x > +2lnx = f(x)．
x x
18．解 （1）圆B的圆心为B( 3,0)，半径为4，设动圆P的半径为R，
因为(− 3− 3)2 <16，
所以点A(− 3,0)在圆B内，如图，
则|PA|=R，|PB|=4－R，
所以|PA|+|PB|=4>|AB|=2 3，
即圆心P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，
即2a =4,2c =2 3，故a =2,c = 3，
学科网（北京）股份有限公司则b= a2 −c2 =1，
x2
所以曲线C的方程为 + y2 =1.
4
（2）存在常数m使得|QB|=m|QM|.
理由如下：
x2
设Q（x ，y ），则 0 + y2 =1,x ∈[−2,2],M ( t,y )，
0 0 4 0 0 0
( )2
所以|QB|= x − 3 + y2
0 0
( )2 x2
= x − 3 + 1− 0
0 4
3x2
= 0 −2 3x +4 ，
4 0
|QM|=|x －t|，
0
假设存在常数m使得|QB|=m|QM|，
3x2
则 0 −2 3x +4=m2( x −t )2对于任意的x ∈[－2，2]恒成立，
4 0 0 0
2
3 4 3
即 x − =m2( x −t )2对于任意的x ∈[－2，2]恒成立，
4 0 3 0 0
3 4 3
所以m = ,t = ．
2 3
3 4 3
即存在常数m= 使得|QB|=m|QM|，此时直线l的方程为x = .
2 3
ex−1
19．解 （1）当a=1时， f(x)= +lnx−x(x >0)，
x
(x−1)ex−1 1
所以 f′(x)= + −1
x2 x
(x−1) ( ex−1−x )
= .
x2
记q（x）=ex－1－x，则q′（x）=ex－1－1，当01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ex－1－x≥0，
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．
ex−1(x−1)
1
（2） f′(x)= + −1
ax2 x
(x−1) ( ex−1−ax )
= ，
ax2
①当a≤1时，
由（1）可知，ex－1－x≥0，当且仅当x=1取等号，所以当x>0时，ex－1－ax≥ex－1－x≥0，
所以当01时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，
所以f（x）只有一个极值点，舍去．
②当a>1时，
记r（x）=ex－1－ax，r′（x）=ex－1－a，
所以当0lna＋1时，r′（x）>0，r（x）单调递增，
1
r（x） =r（lna＋1）=－alna<0，r(0)= >0，r（1）=1－a<0，
min
e
由零点存在定理知存在唯一x 1 ∈（0，1），使得r（x 1 ）=0，即ex 1 －1=ax 1 .
x −1 x e 2
由（1）可知，ex－1≥x，所以当x>2时，有e2 > ，所以ex > x2 > x2 .
2 2
1 m
取m=max{2，ae}，则r(m)=em−1−am> m2 −am =m −a ≥0，
e e
由零点存在定理知存在唯一x ∈（lna＋1，m），
3
使得r（x 3 ）=0，ex 3 －1=ax 3 .
由以上推理知0x 时，r（x）>0；当x 1)，
t−1
学科网（北京）股份有限公司 1 1
lnt+ (t−1)− tlnt
2 t t
则g′(t)=
(t−1)2
t+1 2(t−1)
=− lnt−
2 t(t−1)2 t+1
2(t−1)
设r (t)=lnt− (t >1)
2 t+1
(t−1)2
则r′(t)= ≥0，
2 t(t+1)2
所以r （t）>r （1）=0，从而g′（t）<0，
2 2
所以g（t）在（1，＋∞）上单调递减，
又 x x ≤ 2ln2，即g（t）≤g（2），所以t≥2，
1 3
lnt lnt
此时x = ．记r(t)= (t ≥2)，
1 t−1 3 t−1
1
1− −lnt
则r′(t)= t ，
3 (t−1)2
由（1）可知，ex－1≥x，
1 −1 1 1 1
所以当t>0时有et ≥ , −1≥ln ，
t t t
1
所以1− −lnt ≤0，
t
所以r ′（t）≤0，r （t）在[2，＋∞）上单调递减，
3 3
所以x =r （t）≤r （2）=ln2，故0
