廣東省廣州市番禺區2024屆高三年級四月調研考試數學試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知，如圖是求的近似值的一個程序框圖，則圖中空白框中應填入A． B．C． D．2．秦九韶是我國南寧時期的數學家，普州（現四川省安岳縣）人，他在所著的《數書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法.如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例.若輸入、的值分別為、，則輸出的值為（）A． B． C． D．3．如圖，網格紙是由邊長為1的小正方形構成，若粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．4．《普通高中數學課程標準（2017版）》提出了數學學科的六大核心素養.為了比較甲、乙兩名高二學生的數學核心素養水平，現以六大素養為指標對二人進行了測驗，根據測驗結果繪制了雷達圖（如圖，每項指標值滿分為5分，分值高者為優），則下面敘述正確的是（）A．甲的數據分析素養高于乙B．甲的數學建模素養優于數學抽象素養C．乙的六大素養中邏輯推理最差D．乙的六大素養整體平均水平優于甲5．已知實數，則的大小關系是()A． B． C． D．6．如圖在直角坐標系中，過原點作曲線的切線，切點為，過點分別作、軸的垂線，垂足分別為、，在矩形中隨機選取一點，則它在陰影部分的概率為（）A． B． C． D．7．已知函數，，的零點分別為，，，則（）A． B．C． D．8．某人用隨機模擬的方法估計無理數的值，做法如下：首先在平面直角坐標系中，過點作軸的垂線與曲線相交于點，過作軸的垂線與軸相交于點（如圖），然后向矩形內投入粒豆子，并統計出這些豆子在曲線上方的有粒，則無理數的估計值是（）A． B． C． D．9．函數的圖像大致為（）.A． B．C． D．10．執行如圖所示的程序框圖，輸出的結果為（）A． B．4 C． D．11．已知函數，則（）A．2 B．3 C．4 D．512．如圖，在平行四邊形中，對角線與交于點，且，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，已知圓，圓．直線與圓相切，且與圓相交于，兩點，則弦的長為_________14．已知關于的方程在區間上恰有兩個解，則實數的取值范圍是________15．已知是同一球面上的四個點，其中平面，是正三角形，，則該球的表面積為______.16．過圓的圓心且與直線垂直的直線方程為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）設的最小值為，正數，滿足，證明：.18．（12分）如圖，為坐標原點，點為拋物線的焦點，且拋物線上點處的切線與圓相切于點（1）當直線的方程為時，求拋物線的方程；（2）當正數變化時，記分別為的面積，求的最小值．19．（12分）如圖，在直角中，，通過以直線為軸順時針旋轉得到（）.點為斜邊上一點.點為線段上一點，且.（1）證明：平面；（2）當直線與平面所成的角取最大值時，求二面角的正弦值.20．（12分）已知△ABC三內角A、B、C所對邊的長分別為a，b，c，且3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C．（1）求cosC的值；（2）若a＝3，c，求△ABC的面積．21．（12分）已知函數，．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．22．（10分）如圖，在三棱柱中，平面，，且.（1）求棱與所成的角的大??；（2）在棱上確定一點，使二面角的平面角的余弦值為.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

由于中正項與負項交替出現，根據可排除選項A、B；執行第一次循環：，①若圖中空白框中填入，則，②若圖中空白框中填入，則，此時不成立，；執行第二次循環：由①②均可得，③若圖中空白框中填入，則，④若圖中空白框中填入，則，此時不成立，；執行第三次循環：由③可得，符合題意，由④可得，不符合題意，所以圖中空白框中應填入，故選C．2、B【解析】

列出循環的每一步，由此可得出輸出的值.【詳解】由題意可得：輸入，，，；第一次循環，，，，繼續循環；第二次循環，，，，繼續循環；第三次循環，，，，跳出循環；輸出.故選：B.【點睛】本題考查根據算法框圖計算輸出值，一般要列舉出算法的每一步，考查計算能力，屬于基礎題.3、C【解析】

根據三視圖還原為幾何體，結合組合體的結構特征求解表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體可看作是半個圓柱和一個長方體的組合體，其中半圓柱的底面半圓半徑為1，高為4，長方體的底面四邊形相鄰邊長分別為1，2，高為4，所以該幾何體的表面積，故選C.【點睛】本題主要考查三視圖的識別，利用三視圖還原成幾何體是求解關鍵，側重考查直觀想象和數學運算的核心素養.4、D【解析】

根據雷達圖對選項逐一分析，由此確定敘述正確的選項.【詳解】對于A選項，甲的數據分析分，乙的數據分析分，甲低于乙，故A選項錯誤.對于B選項，甲的建模素養分，乙的建模素養分，甲低于乙，故B選項錯誤.對于C選項，乙的六大素養中，邏輯推理分，不是最差，故C選項錯誤.對于D選項，甲的總得分分，乙的總得分分，所以乙的六大素養整體平均水平優于甲，故D選項正確.故選：D【點睛】本小題主要考查圖表分析和數據處理，屬于基礎題.5、B【解析】

根據，利用指數函數對數函數的單調性即可得出．【詳解】解：∵，∴，，．∴．故選：B．【點睛】本題考查了指數函數對數函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．6、A【解析】

設所求切線的方程為，聯立，消去得出關于的方程，可得出，求出的值，進而求得切點的坐標，利用定積分求出陰影部分區域的面積，然后利用幾何概型概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】設所求切線的方程為，則，聯立，消去得①，由，解得，方程①為，解得，則點，所以，陰影部分區域的面積為，矩形的面積為，因此，所求概率為.故選：A.【點睛】本題考查定積分的計算以及幾何概型，同時也涉及了二次函數的切線方程的求解，考查計算能力，屬于中等題.7、C【解析】

轉化函數，，的零點為與，，的交點，數形結合，即得解.【詳解】函數，，的零點，即為與，，的交點，作出與，，的圖象，如圖所示，可知故選：C【點睛】本題考查了數形結合法研究函數的零點，考查了學生轉化劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.8、D【解析】

利用定積分計算出矩形中位于曲線上方區域的面積，進而利用幾何概型的概率公式得出關于的等式，解出的表達式即可.【詳解】在函數的解析式中，令，可得，則點，直線的方程為，矩形中位于曲線上方區域的面積為，矩形的面積為，由幾何概型的概率公式得，所以，.故選：D.【點睛】本題考查利用隨機模擬的思想估算的值，考查了幾何概型概率公式的應用，同時也考查了利用定積分計算平面區域的面積，考查計算能力，屬于中等題.9、A【解析】

本題采用排除法:由排除選項D；根據特殊值排除選項C;由,且無限接近于0時,排除選項B；【詳解】對于選項D:由題意可得,令函數,則,;即.故選項D排除;對于選項C：因為,故選項C排除;對于選項B:當,且無限接近于0時,接近于,，此時.故選項B排除;故選項:A【點睛】本題考查函數解析式較復雜的圖象的判斷;利用函數奇偶性、特殊值符號的正負等有關性質進行逐一排除是解題的關鍵;屬于中檔題.10、A【解析】

模擬執行程序框圖，依次寫出每次循環得到的的值，當，，退出循環，輸出結果.【詳解】程序運行過程如下：，；，；，；，；，；，；，，退出循環，輸出結果為，故選：A.【點睛】該題考查的是有關程序框圖的問題，涉及到的知識點有判斷程序框圖輸出結果，屬于基礎題目.11、A【解析】

根據分段函數直接計算得到答案.【詳解】因為所以.故選：.【點睛】本題考查了分段函數計算，意在考查學生的計算能力.12、C【解析】

畫出圖形，以為基底將向量進行分解后可得結果．【詳解】畫出圖形，如下圖．選取為基底，則，∴．故選C．【點睛】應用平面向量基本定理應注意的問題（1）只要兩個向量不共線，就可以作為平面的一組基底，基底可以有無窮多組，在解決具體問題時，合理選擇基底會給解題帶來方便．（2）利用已知向量表示未知向量，實質就是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加減運算或數乘運算．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

利用直線與圓相切求出斜率，得到直線的方程，幾何法求出【詳解】解：直線與圓相切，圓心為由，得或，當時，到直線的距離，不成立，當時，與圓相交于，兩點，到直線的距離，故答案為．【點睛】考查直線與圓的位置關系，相切和相交問題，屬于中檔題．14、【解析】

先換元，令，將原方程轉化為，利用參變分離法轉化為研究兩函數的圖像交點，觀察圖像，即可求出．【詳解】因為關于的方程在區間上恰有兩個解，令，所以方程在上只有一解，即有，直線與在的圖像有一個交點，由圖可知，實數的取值范圍是，但是當時，還有一個根，所以此時共有3個根.綜上實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查學生運用轉化與化歸思想的能力，方程有解問題轉化成兩函數的圖像有交點問題，是常見的轉化方式．15、【解析】

求得等邊三角形的外接圓半徑，利用勾股定理求得三棱錐外接球的半徑，進而求得外接球的表面積.【詳解】設是等邊三角形的外心，則球心在其正上方處.設，由正弦定理得.所以得三棱錐外接球的半徑，所以外接球的表面積為.故答案為：【點睛】本小題主要考查幾何體外接球表面積的計算，屬于基礎題.16、【解析】

根據與已知直線垂直關系，設出所求直線方程，將已知圓圓心坐標代入，即可求解.【詳解】圓心為，所求直線與直線垂直，設為，圓心代入，可得，所以所求的直線方程為.故答案為：.【點睛】本題考查圓的方程、直線方程求法，注意直線垂直關系的靈活應用，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式求得的最小值，利用分析法，結合基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集為.（2），，因為，，所以要證，只需證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，因為，所以只需證，因為，所以成立，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查分析法證明不等式，考查基本不等式的運用，屬于中檔題.18、（1）x2=4y．（2）.【解析】試題解析：（Ⅰ）設點P（x0，），由x2=2py（p＞0）得，y=，求導y′=，因為直線PQ的斜率為1，所以=1且x0--√2=0，解得p=2，所以拋物線C1的方程為x2=4y．（Ⅱ）因為點P處的切線方程為：y-=（x-x0），即2x0x-2py-x02=0，∴OQ的方程為y=-x根據切線與圓切，得d=r，即，化簡得x04=4x02+4p2，由方程組，解得Q（，），所以|PQ|=√1+k2|xP-xQ|=點F（0，）到切線PQ的距離是d=，所以S1==，S2=，而由x04=4x02+4p2知，4p2=x04-4x02＞0，得|x0|＞2，所以==+1≥2+1，當且僅當時取“=”號，即x02=4+2，此時，p=．所以的最小值為2+1．考點：求拋物線的方程，與拋物線有關的最值問題.19、（1）見解析；（2）【解析】

（1）先算出的長度，利用勾股定理證明，再由已知可得，利用線面垂直的判定定理即可證明；（2）由（1）可得為直線與平面所成的角，要使其最大，則應最小，可得為中點，然后建系分別求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，進一步得到正弦值.【詳解】（1）在中，，由余弦定理得，∴，∴，由題意可知：∴，，，∴平面，平面，∴，又，∴平面.（2）以為坐標原點，以，，的方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.∵平面，∴在平面上的射影是，∴與平面所成的角是，∴最大時，即，點為中點.，，，，，，，設平面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，同理，設平面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，∴，，故二面角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查學生的運算求解能力，是一道中檔題.20、（1）；（2）或．【解析】

（1）利用正弦定理對已知代數式化簡，根據余弦定理求解余弦值；（2）根據余弦定理求出b＝1或b＝3，結合面積公式求解.【詳解】（1）已知等式3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C，利用正弦定理化簡得：3a2+3b2﹣3c2＝4ab，即a2+b2﹣c2ab，∴cosC；（2）把a＝3，c，代入3a2+3b2﹣3c2＝4ab得：b＝1或b＝3，∵cosC，C為三角形內角，∴sinC，∴S△ABCabsinC3×bb，則△ABC的面積為或．【點睛】此題考查利用正余弦定理求解三角形，關鍵在于熟練掌握正弦定理進行邊角互化，利用余弦定理求解邊長，根據面積公式求解面積.21、（Ⅰ）;（Ⅱ）最小值和最大值．【解析】試題分析：（1）由已知利用兩角和與差的三角函數公式及倍角公式將的解析式化為一個復合角的三角函數式，再利用正弦型函數的最小正周期計算公式，即可求得函數的最小正周期；（2）由（1）得函數，分析它在閉區間上的單調性，可知函數在區間上是減函數，在區間上是增函數，由此即可求得函數在閉區間上的最大值和最小值．