广东省荔湾区2024届高三上学期数学10月调研试卷一、单选题1．（2023高三上·荔湾月考）设集合M，N均为全集U的非空子集，且(∁UM)∩N=N，则M∩(∁UN)=（ ）A．M B．N C．∅ D．U2．（2023高三上·荔湾月考）复数(1−i1+i)2023=（ ）A．−i B．i C．-1 D．13．（2023高三上·荔湾月考）木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为15cm，8cm，母线长为25cm，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（ ）A．1636πcm3 B．2312πcm3 C．2792πcm3 D．3272πcm34．（2023高三上·荔湾月考）某工厂有A，B两个生产车间，所生产的同一批产品合格率分别是99%和98%，已知某批产品的60%和40%分别是A，B两个车间生产，质量跟踪小组从中随机抽取一件，发现不合格，则该产品是由A车间生产的概率为（ ）A．34 B．47 C．12 D．375．（2023高三上·荔湾月考）已知函数f(x)=sin2ωx−cos2ωx+1(0<ω<1)，将f(x)的图像先向右平移π4个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数g(x)的图像，若g(x)图像关于(π2，0)对称，则ω为（ ）A．14 B．12 C．23 D．346．（2023高三上·荔湾月考）(1+2x−x2)n展开式中各项系数的和为64，则该展开式中的x3项的系数为（ ）A．-60 B．-30 C．100 D．1607．（2023高三上·荔湾月考）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上､下底面边长分别为32､42，侧棱长为2，则该正四棱台的外接球的表面积为（ ）A．25π B．100π3 C．100π D．500π38．（2023高三上·荔湾月考）已知lnπ>π−2，设a=eπ，b=πe，c=3πe，其中e为自然对数的底数，则（ ）A．a0) 存在公切线，则a的取值范围是 . 16．（2023高三上·荔湾月考）在2015年苏州世兵赛期间，某景点用乒兵球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，……堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒兵球．记第n堆的乒兵球总数为f(n)．则f(6)= ，f(n)= ．四、解答题17．（2023高三上·荔湾月考）已知数列{an}满足a1=1，an+an+1=λn，n∈N∗，λ≠0，且a2是a1，a5的等比中项.（1）求λ的值；（2）求数列{an}的前n项和Sn.18．（2023高三上·荔湾月考）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（1）证明：AC=AB1；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求平面AA1B1与平面A1B1C1所成角的余弦值．19．（2023高三上·荔湾月考）如图，在四边形ABCD中，BDb>0)的右焦点为F(2，0)，O为坐标原点，双曲线C的两条渐近线的夹角为π3．（1）求双曲线C的方程；（2）过点F作直线l交C于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使MP⋅MQ为定值？若存在，求出定点M的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．22．（2023高三上·荔湾月考）已知函数f(x)=(x+1x)lnx−ax，a>0．（1）若a=2，求函数f(x)的极值；（2）设g(x)=12(eax−ax2+ax)，当x>0时，f(x)≤g′(x)（g′(x)是函数g(x)的导数），求a的取值范围．答案解析部分1．【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】因为(∁UM)∩N=N，所以N⊆∁UM，则N∪∁UM=∁UM，M∩(∁UN)=∁U((∁UM)∪N)=M.故答案为：A.【分析】根据交集的性质，可得N⊆∁UM，由包含关系，可得并集结果，结合交并补的混合运算，可得答案.2．【答案】B【知识点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】由题意可得1−i1+i=(1−i)22=−i，故(1−i1+i)2023=(−i)2023=(−i)4×505×(−i)3=−i3=i，故答案为：B【分析】根据复数的除法运算，可求得1−i1+i=(1−i)22=−i，结合i的性质即可求得答案.3．【答案】D【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】由题意可知，圆台形木桶的高为252−(15−8)2=24（cm），所以该木桶的容积为13×π×24×(152+82+15×8)=3272π(cm3)，故答案为：D．【分析】利用圆台的体积公式求解即可.4．【答案】D【知识点】条件概率与独立事件【解析】【解答】设B1，B2，分别表示事件：任取的产品为甲、乙车间生产，A=“抽取的产品是不合格品”，由条件知P(B1)＝0.6，P(B2)＝0.4，P(A|B1)＝0.01，P(A|B2)＝0.02，则该产品是由A车间生产的概率为P(B1|A)，所以P(B1|A)=P(B1)P(A|B1)i=12P(Bi)P(A|Bi)=P(B1)P(A|B1)P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)=0.6×0.010.6×0.01+0.4×0.02=37.故答案为：D.【分析】根据贝叶斯公式计算可得.5．【答案】B【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】由已知f(x)=sin2ωx−cos2ωx+1=2sin(2ωx−π4)+1.将f(x)的图像先向右平移π4个单位长度，然后再向下平移1个单位长度.得到g(x)=2sin(2ωx−ωπ2−π4).若g(x)图像关于(π2，0)对称，则sin(ωπ−ωπ2−π4)=0，所以ωπ2−π4=kπ，k∈Z.故ω=2k+12，又因为0<ω<1，所以ω=12.故答案为：B【分析】根据辅助角公式将f(x)化简，利用图像变换得到g(x)的解析式，再由对称和ω的范围求得ω的值.6．【答案】C【知识点】二项式定理【解析】【解答】取x=1代入，得(1+2−1)n=64，解得n=6则原式=(1+2x−x2)6=C60(1+2x)6+C61(1+2x)5(−x2)+⋯+C66(−x2)6其中，只有前两项包含x3项.(1+2x)6=C60(2x)6+C61(2x)5+⋯+C66(2x)0，其中x3项的系数为C63⋅23=160；(1+2x)5=C50(2x)5+C51(2x)4+⋯+C55(2x)0，其中x项的系数为C54⋅21=10.故原式展开式中的x3项的系数为C60⋅160+C61⋅10⋅(−1)=100.故答案为：C. 【分析】取x=1代入，得(1+2−1)n=64，解得n=6，(1+2x−x2)6=C60(1+2x)6+C61(1+2x)5(−x2)+⋯+C66(−x2)6，从原式展开式中取出前两项再进行展开，分别求出包含x3项和x项的系数，最后代回原式求和即可.7．【答案】C【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】如图：连接AC，BD，记其交点为O2，则O2为正方形ABCD的外接圆的圆心，连接A1C1，B1D1记其交点为O1，由正四棱台的性质可得O1O2⊥平面ABCD，设该正四棱台的外接球的球心为O，由球的截面性质可得OO2⊥平面ABCD，所以球心O在直线O1O2上，设OO2=x，则OB12=OO12+O1B12，OB2=OO22+O2B2，OB1=OB，所以OO12+O1B12=OO22+O2B2，由已知A1B1=32，AB=42，BB1=2，因为底面ABCD，A1B1C1D1都为正方形可得O1B1=3，O2B=4，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则BE=1，又BB1=2，所以B1E=1，所以(x+1)2+32=x2+42，所以2x=6，所以x=3，所以OB=32+42=5，所以正四棱柱的外接球的半径为5，其外接球的表面积S=4πR2=100π，故答案为：C.【分析】根据正四棱台的性质和球的截面的性质确定球心的位置，计算。
