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    广东省广州市第六中学2024届高三第三次调研数学试题(教师版)

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    广东省广州市第六中学2024届高三第三次调研数学试题(教师版)

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    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(教师版),共26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, 下列结论正确的是等内容,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
    【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

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