广东省广州市第六中学2024届高三第三次调研数学试题含答案解析

这是一份广东省广州市第六中学2024届高三第三次调研数学试题含答案解析，共39页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 函数的图象大致为， 已知A，B，C，D是椭圆E， 下列结论正确是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题是必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和徐改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
一、单选题（本大题8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知复数（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. i
2. 已知集合，则集合的真子集个数为（ ）
A. B. C. 7D. 8
3. 在平行四边形中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 若函数为奇函数，则（ ）
A B. C. D.
5. 已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，则“”是“单调递增”的（ ）
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
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（ ）
A. B. C. D.
8. 已知A，B，C，D是椭圆E：上四个不同的点，且是线段AB，CD的交点，且，若，则直线l的斜率为（ ）
A. B. C. D. 2
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为2
C. 若，则的最大值为2
D. 若，则
10. 已知点为双曲线上的任意一点，过点作渐近线的垂线，垂足分别为，则（）
A.
B
C.
D. 的最大值为
11. 已知正方体，点满足，下列说法正确是（ ）

A. 存在无穷多个点，使得过的平面与正方体的截面是菱形
B. 存在唯一一点，使得平面
C. 存在无穷多个点，使得
D. 存在唯一一点，使得平面
12. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的外接圆的面积为
B. 若，且有两解，则b的取值范围为
C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D. 若，且，O为的内心，则的面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等差数列的前项和为，能够说明“对，若，则”是假命题的的一个通项公式为_______.
14. 若的展开式中只有第项的系数最大，则该展开式中的常数项为______．
15. 已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为______.
16. 若不等式对恒成立，其中，则的取值范围为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知数列的前n项和为，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和为．
18. 在中，角，，对应的边分别为，，且.
（1）求角；
（2），，点在上，，求的长.
19. 如图1，已知正三角形边长为4，其中，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面为中点，如图2.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20. 已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验.
（1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：.
21. 已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点任意作互相垂直的两条直线，分别交曲线于点A，B和M，N.设线段，的中点分别为P，Q，求证：直线恒过一个定点.
22 已知函数，.
（1）讨论的单调性.
（2）是否存在两个正整数，，使得当时，？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由.广州六中2023-2024学年高三第三次调研
数学
本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题是必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和徐改液，不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
一、单选题（本大题8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知复数（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义，结合复数虚部的概念求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以共轭复数的虚部为，
故选：A.
2. 已知集合，则集合的真子集个数为（ ）
A. B. C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合A，根据真子集定义求解.
【详解】由，解得，
，
所以集合A的真子集有个.
故选：C.
3. 在平行四边形中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的线性运算即可求解.
【详解】,
故选：B

4. 若函数为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分0在定义域内和0不在定义域内两种情况进行讨论即可求得答案.
【详解】若0在定义域内，由时，得，；
若0不在定义域内，由时，无意义，得．
综上，．
故选：C．
5. 已知首项为，公比为q的等比数列，其前n项和为，则“”是“单调递增”的（ ）
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
【答案】A
【解析】
【分析】由可判断充分性；取可判断必要性.
【详解】在等比数列中，，则，
当时，，所以单调递增，故充分性成立；
当单调递增时，时，单调递增，但是推不出，故必要性不成立.
故选：A.
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得函数为奇函数，排除C，由零点存在定理可知函数的图象与轴有交点，结合排除法、检验法即可得解.
【详解】因为的定义域为，又，可知函数为奇函数，故排除C选项；
当时，有，，此时，
当时，有，，此时，
所以函数的图象与轴有交点，故排除B，D选项.
而A选项满足上述条件.
故选：A.
7. 已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据异面直线所成角、锥体体积公式等知识求得正确答案.
【详解】因为异面直线所成角的范围是，故当时，与AD所成角最大，
因为四边形是矩形，所以，
而平面，所以平面，
因为平面，所以，
在直角三角形中，，
而，所以，
所以.
故选：A
【点睛】异面直线所成角的范围是，当两条直线所成角为时，两直线平行或重合.求解锥体体积的问题，可以考虑利用转换定点的方法，然后利用体积公式来求得三棱锥的体积.
8. 已知A，B，C，D是椭圆E：上四个不同的点，且是线段AB，CD的交点，且，若，则直线l的斜率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设出点的坐标，由得到，列出方程，得到，分别把代入椭圆，得到，同理得到，两式相减得到，利用直线垂直斜率的关系求出直线l的斜率.
【详解】设，
因为，故，所以，
则，又都在椭圆上，
故，且，
两式相减得：，即①，
同理可得：②，
②－①得：，
所以，
因为，所以直线l的斜率为.
故选：C
【点睛】直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则的最小值为2
C. 若，则的最大值为2
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用作差法比较大小判断A，利用基本（均值）不等式判断BCD，要注意“一正二定三相等”.
【详解】因，所以，
因为，所以，所以，故A正确；
因为的等号成立条件不成立，所以B错误；
因为，所以，故C错误；
因为，
当且仅当，即时，等号成立，所以D正确.
故选：AD
10. 已知点为双曲线上的任意一点，过点作渐近线的垂线，垂足分别为，则（）
A.
B.
C.
D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A找到反例即可；对B利用点到直线距离公式计算即可；对C，利用二倍角的余弦公式和向量数量积的定理计算即可；对D利用三角形的面积公式计算即可.
【详解】对A，当趋近于无穷远处时，故A错误；
对B，设点，满足，即，
又两条渐近线方程分别为，即，故有
，故B正确；
对C，设渐近线的倾斜角为，则
，
所以，故C正确；
对D，由C可知，，所以
为定值，故D正确.
故选：BCD.

11. 已知正方体，点满足，下列说法正确的是（ ）

A. 存在无穷多个点，使得过的平面与正方体的截面是菱形
B. 存在唯一一点，使得平面
C. 存在无穷多个点，使得
D. 存在唯一一点，使得平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：取线段的中点，过点作正方体的截面，然后证明点在线段上时可满足条件；对于B：通过证明面面，当点在线段上时，有平面；对于C：通过证明面，当点在线段上时，有；对于D：通过证明面，当点在点位置时，有平面.
【详解】点满足，
即点在正方形内（包括正方形的四条边）上运动，
对于A：取线段的中点，过点作正方体的截面，
因为面面，面面，根据面面平行的性质定理知如果一个平面与两个平行平面相交，则交线平行，
所以有，即四边形为平行四边形，
又为线段的中点，则有，所以四边形为菱形，
所以当点在线段上时，过的平面与正方体的截面是菱形，
故有无穷多个点，使得过的平面与正方体的截面是菱形，A正确；

对于B：在正方体中，因为，且，
所以四边形为平行四边行，
所以，又面，面，
所以面，同理可得面，
又，面
所以面面，当点在线段上时，有平面，
故有无穷多个点，使得平面，B错误；

对于C：连接，
根据正方体可得，
又面，
所以面，又面，
所以，同理，又面，
所以面，当点在线段上时，有，
故有无穷多个点，使得，C正确；

对于D：由选项证明面同理可证明面，
过平面外一点有且只有一条直线与已知直线垂直，
当且仅当点在点位置时，有平面，
所以存在唯一一点，使得平面，D正确.

故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中，针对找某点满足某种位置关系的问题，可以将问题进行转化，如找点满足线面平行，可以转化为找面，使面面平行，找点满足线线垂直，可以转化为找面，使线面垂直.
12. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的外接圆的面积为
B. 若，且有两解，则b的取值范围为
C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为
D. 若，且，O为的内心，则的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到的外接圆的半径和表面积；B选项，又余弦定理得到，将其看做关于的二次方程，结合方程有两正解，得到不等式，求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，从而得到，，，由求出，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积.
【详解】因为，所以由正弦定理，得，
即 ，
因为，所以，且，所以.
选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ，
所以，
所以的外接圆的面积为，选项A正确；
选项B：由余弦定理得，
将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有两个正解，
故 ，解得b，所以选项B错误；
选项C：由正弦定理，得 ，即，
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以 ，即，所以，
所以，故选项C正确；
选项D：因为，由正弦定理得，
因为，所以，
所以由正弦定理，得，即，
所以，
即，所以，
所以，
又因为，所以，故，，解得 ，
因为，所以，
即是直角三角形，所以内切圆的半径为，
所以的面积为，选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等差数列的前项和为，能够说明“对，若，则”是假命题的的一个通项公式为_______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由命题为假命题，则符合条件的等差数列递减且即可.
【详解】等差数列的前项和为，
若“对，若，则”是假命题，
只需等差数列为递减数列，即可，符合题意.
故答案为：
14. 若的展开式中只有第项的系数最大，则该展开式中的常数项为______．
【答案】210
【解析】
【详解】由于只有第6项的系数最大，
所以n=10，
所以展开式的通项公式为，
则当r=6时，展式式中为常数项，所以常数项为210.
故答案为：210.
15. 已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由球的表面积计算出球的半径，设出该正四棱锥底面边长及高，由球的半径可得底面边长与高的关系，求出该正四棱锥体积的表达式，结合导数计算即可得.
【详解】
由，故该球半径，
设正四棱锥底面边长为，高为，
则，，
则有，化简得，
，
令，则，
故当时，，当时，，
即有极大值，
即该正四棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于得出体积的表达式后构造函数，借助导数研究函数单调性后可得最值.
16. 若不等式对恒成立，其中，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】先讨论m的范围，当时，利用导数求最值，根据最小值大于等于0可得，然后将二元化一元，令，利用导数求最值可解.
【详解】令，即，
当时，由函数与的图象可知，两函数图象有一个交点，记为，

则当时，，即，不满足题意；
当时，令，则，
令，则，
因为单调递增，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以时，有最小值，
又对恒成立，
所以，即，
所以，当且仅当时等号成立.
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以的取值范围为.
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题属于恒成立问题，难点在于将恒成立转化为最值问题，以及利用m，n的不等关系将二元化一元，此处应注意保证任何时候都能取到等号.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知数列的前n项和为，且满足．
（1）求数列通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和为．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得到是以1为首项，2为公比的等比数列，得到数列的通项公式；
（2），结合等差数列和等比数列求和公式进行分组求和.
【小问1详解】
①，
当时，，解得，
当时，②，
式子①-②得，故，
因为，所以，所以，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以；
【小问2详解】
，
.
18. 在中，角，，对应的边分别为，，且.
（1）求角；
（2），，点在上，，求的长.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式和正、余弦定理计算即可求解；
（2）由（1），利用余弦定理求出AC，设，再次利用余弦定理表示，建立关于x的方程，解之即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，
得，
由余弦定理，得，即，
所以，
由，得.
【小问2详解】
由（1）知，，所以，
即，由，解得，
即，设，则，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
整理得，即，
解得，所以.
19. 如图1，已知正三角形边长为4，其中，现沿着翻折，将点翻折到点处，使得平面平面为中点，如图2.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设O为BC的中点，结合图形翻折的性质推出平面，建立空间直角坐标系，求得相关线段长，即可求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得异面直线与所成角的余弦值；
（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
取的中点为的中点为，连接与，
正三角形中，，
所以，则四边形为等腰梯形，
故；
由翻折性质可得，,
则≌，是的中点，
，
平面平面，平面平面平面，
平面平面，
以点为坐标原点以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
正的边长为，
则为正三角形，边长为3，则，
，连接，
在中，由勾股定理得，
，
则，
，
异面直线所成角的取值范围为，
异面直线与所成角的余弦值为.
【小问2详解】
由（1）得，
，
，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验.
（1）若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望；
（2）由（1）中的结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解.
【小问1详解】
由题意得，的可能取值为，
在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为，
，
依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，，
易知，
的分布列为：
的数学期望.
【小问2详解】
证明：当时，不难知道，
，
，
由（1）可知，又，
，
.
即.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是得到，再利用裂项求和即可证明出不等式.
21. 已知抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点任意作互相垂直的两条直线，分别交曲线于点A，B和M，N.设线段，的中点分别为P，Q，求证：直线恒过一个定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标、双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式可求；
（2）先依据（1）的结论分别建立的方程，再分别与抛物线联立方程组，求出弦AB和弦MN的中点坐标，最后结合PQ的直线方程确定直线经过定点.
【小问1详解】
因为抛物线的焦点F为，
双曲线的渐近线方程为：，即，
则，解得，故抛物线的方程为：.
【小问2详解】
设A，B两点坐标分别为，，则点P的坐标为.
由题意可设直线的方程为，
由得，，
因为直线与曲线C交于A，B两点，所以，，
所以点P的坐标为.
由题知，直线的斜率为，同理可得点Q的坐标为.
当时，有，此时直线PQ的斜率，
所以直线PQ的方程为，整理得，
于是直线PQ恒过定点.
当时，直线PQ的方程为，也过定点.
综上，直线PQ恒过定点.
【点睛】本题考查点轨迹方程的求法，考查直线恒过定点的证明，考查抛物线、根的判别式、韦达定理、直线的斜率、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、函数与方程思想，是中档题．
22. 已知函数，.
（1）讨论的单调性.
（2）是否存在两个正整数，，使得当时，？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2），
【解析】
【分析】（1）求得，分 ，讨论的单调性.
（2）将问题转化为，根据的值域确定，分别就分析是否满足题意.
【小问1详解】
，
当时，，在上单调递减.
当时，令，得.
，，则在上单调递增，
，，则在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）知，令，得在上单调递增，在上单调递减，则.
因为，所以，即，
即，
因为，为正整数，所以.
当时，，
因为，，所以，这与矛盾，不符合题意.
当时，因为，，所以，
所以，得，即.
经检验，当，时，不符合题意，
当，时，符合题意，
当，时，因为，所以，
当时，，，
所以.
综上，仅存在，满足条件.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于根据的值域确定的范围，再根据为正整数得，从而就的取值讨论即可.
1
2
3