2024届广东省（佛山市第一中学、广州市第六中学、汕头市金山中学、）高三六校2月联考数学试卷及详细答案

这是一份2024届广东省（佛山市第一中学、广州市第六中学、汕头市金山中学、）高三六校2月联考数学试卷及详细答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则子集的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若复数为纯虚数，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．若，则（ ）
A．B．C． D．
4．已知正三棱台的上､下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．平面直角坐标系中，等边的边长为2，M为中点，B，C分别在射线，上运动，记M的轨迹为，则（ ）
A．为部分圆B．为部分线段C．为部分抛物线D．为部分椭圆
6．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称为“兔子数列”，其通项公式为，设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
7．数学上，常用表示不大于x的最大整数．已知函数，则下列正确的是（ ）．
A．函数在定义域上是奇函数B．函数的零点有无数个
C．函数在定义域上的值域是D．不等式解集是
8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．2
二、多选题
9．如图为2022年全国居民消费价格月度涨跌幅情况，则（ ）
A．环比涨跌幅的极差小于同比涨跌幅的极差B．环比涨跌幅的平均数为0.1%
C．环比涨跌幅的方差小于同比涨跌幅的方差D．同比涨跌幅的上四分位数为1.55%
10．在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是曲线．则下列说法正确的是（ ）
A．曲线的方程为
B．若直线与曲线相交，则弦最短时
C．当三点不共线时，若点，则射线平分
D．过A作曲线的切线，切点分别为，则直线的方程为
11．在四面体中，，四面体的顶点均在球的表面上，则（ ）
A．当二面角为时，B．球的半径为1
C．异面直线与可能垂直D．与面所成角最大值为
三、填空题
12．甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下：
（1）甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为，乙得到的点数为；
（2）若的值能使二项式的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则甲胜，否则乙胜.那么甲胜的概率为 .
13．在菱形中，O为坐标原点，，，且点A在第四象限，则的值为 ．
14．1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，P为费马点，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)给定，记集合中的元素个数为，若，试求的最小值.
16．一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.
(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；
(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.
17．在长方体中， 是上的点,，且的长成等比数列，又是所在的直线上的动点.

(1)求证：平面
(2)若，求与平面所成的角的正弦值的最大值.
18．已知
(1)若，求实数的取值范围；
(2)设是的两个零点（），求证：①；②.
19．如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
参考答案：
1．D
【分析】先求得，再求得，从而求得正确答案.
【详解】由，得，解得，
所以，所以，
所以子集的个数为.
故选：D
2．C
【分析】根据给定条件，利用复数的乘方及除法运算，再结合纯虚数的意义求解即得.
【详解】依题意，，
于是，解得，
所以.
故选：C
3．A
【分析】注意到，后由可得答案.
【详解】.
因，则.
故选：A
4．C
【分析】求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积.
【详解】设分别是的中点，连接，
设分别是正三角形和正三角形的中心，
则，且，
由于平面平面，所以，
由于平面，
所以平面，由于平面，
所以，所以是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，
所以，过作，垂足为，则，
所以，
所以三棱台的表面积为.
故选：C
5．D
【分析】由题意建立适当的平面直角坐标系设出点的坐标，首先由得，进一步由结合即可得出点的轨迹方程由此即可得解.
【详解】
由题意不妨设，则，
而，即，
又，所以，即，
因为，所以，即为部分椭圆.
故选：D.
6．B
【分析】利用对数运算将变形化简得到，结合的表达式可得，结合，，即可求出答案．
【详解】因为，
所以，
，
即，故，
故，所以，易知且单调递增，
由斐波那契数列可知，，则，
所以的最小值为8．
故选：B．
7．B
【分析】设，A选项，注意到，可判断选项正误；B选项，等价于判断方程根的个数；
C选项，通过分析方程根的存在性可判断选项正误；D选项，等价于解不等式.
【详解】设，A选项，，，
因，则不是奇函数，故A错误；
B选项，令，即函数的零点有无数个，故B正确；
C选项，若，则，
但，则，即函数在定义域上的值域不是，故C错误.
D选项，，故D错误.
故选：B
8．A
【分析】根据内切圆于，可设，进而得，结合，可得，进而得，求得，判断出，由焦点三角形求得，即可求解.
【详解】设内切圆的半径为，
由，即，则,
设，则，则，
由，即，
则，则，
，则，故，同理得，
故，故，
则，
故，则，
则.
故选：A

【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
9．AC
【分析】根据给定的统计数据，结合极差、平均数、百分位数，以及方差的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】选项A中：环比涨跌幅的极差为，同比涨跌幅的极差为，因为，所以A正确；
选项B中：环比涨跌幅的平均数为，所以B错误；
选项C中：根据统计图中，环比涨跌螎的波动性小于同比涨跌幅的波动性，
所以环比涨跌螎的方差小于同比涨跌幅的方差，所以C正确；
选项D中：同比涨跌幅的上四分位数为，所以D错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】由点的轨迹满足已知条件列两点间距离公式化简可求A选项；由弦长公式和基本不等式可求B选项；由角平分线定理的逆定理可求C选项；由几何关系和两圆方程相减可得两圆公共弦方程可求D选项.
【详解】A：设，因为，动点满足，
所以，化简可得，故A正确；
B：由选项A可知，圆心，半径，设圆心到直线的距离为，则，
设弦长为，由弦长公式得，
因为，当且仅当，取等号，
所以弦最短时，故B错误；
C：
因为，则，又，
所以，，则，
所以由角平分线定理的逆定理可知射线平分，故C正确；
D：过A作曲线的切线，切点分别为，
则由集合关系可知在以为直径的圆上，半径为，圆心为，
此圆方程为，
两圆方程相减可得公共线的方程为，故D正确；
故选：ACD.
11．AB
【分析】利用空间向量数量积的运算法则，结合相应的垂直关系判断A，确定球心的位置判断B，利用反证法，结合线面垂直的判定定理判断C，利用线面角的定义判断D.
【详解】对于A，由题意得，
所以，分别过作的垂线，垂足分别为，

则，且，
因为二面角为，所以，
故
，
所以，故A正确；
对于B，因为，故的中点到的距离相等，
故球心为的中点，且球的半径为1，故B正确；
对于C，假设，又平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以是以为斜边的直角三角形，
所以，与已知矛盾，所以异面直线与不可能垂直，故C错误；
对于D，设与平面所成角为，点到平面的距离为，
则，所以当点到平面的距离最大时，与平面所成角最大，
当平面平面时，点到平面的距离最大，
此时，即，所以，故D错误.
故选：AB.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
12．
【分析】先得到甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次的基本事件数，由二项式的性质可得，从而得到共有3个基本事件满足要求，从而得到概率.
【详解】由题意得，，
记每个基本事件为，
甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有个基本事件，
其中二项式的展开式中只有第3项的二项式系数最大，
当时，共有5项，其中只有第3项的二项式系数最大，
当为其他值时，均不满足只有第3项的二项式系数最大，
当时，共有3个基本事件满足要求，，
故甲胜的概率为
故答案为：
13．2
【分析】先利用两点距离公式求得点坐标，再利用向量的线性运算与数量积运算即可得解.
【详解】在菱形中，，，
因为，所以，解得，
又点在第四象限，所以，则，
所以，，则，
故.
故答案为：.
14．
【分析】设，，进而得到，，然后在中通过余弦定理得到的关系式，在和中通过正弦定理得到的关系式和的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.
【详解】如图，根据题意，设，，则，，在中，由余弦定理有…①

在中，由正弦定理有，
在中，由正弦定理有，
故，则，由①，…②，
且，
设，则，由题意，，所以，而，由对勾函数的性质可知.
由②，，易知函数在上单调递减，于是.
故答案为：.
【点睛】本题难度较大，注意以下几个细节的处理，首先“”这一步，开根号的目的是降低运算量；其次，在“”这个等式里发现了倒数关系，故而进行了换元，否则通分化简运算量特别大；再次，“” 这一步变形目的在于可以直接判断函数的单调性，而函数的单调性需要借助导数.
15．(1)
(2)11
【分析】（1）根据与之间的关系，结合等差数列求解结果；
（2）由解出的范围，得到，进行数列求和与比较大小即可达到结果.
【详解】（1）依题意，①
当时，，②.
①②两式相减得，即，
因为，所以，即，
所以是公差为1的等差数列，
又，故数列的通项公式为.
（2）依题意，即，因为，
所以满足不等式的正整数个数为，即，.
，
因为，所以单调递增，
当时，，
当时，，
所以的最小值为11.
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则由题意可知事件包括2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向左移动，事件为2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果；
（2）由题意知可能的取值为，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望.
【详解】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，
则
故所求的概率为.
（2）由题意知可能的取值为，
则，
则的分布列为
17．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，利用平面几何知识结合的长成等比数列证明，由长方体性质得，结合线面垂直判定定理得平面，所以只需证明即可；
（2）首先根据平面几何知识求得，建立适当的空间直角坐标系，表示出出方向向量与平面法向量（含参），从而所求角的正弦值也可以表示成参数的函数，进一步即可通过换元法求解.
【详解】（1）如图，

连接交于点，在长方体中，有面，
因为面，所以，
又因为的长成等比数列，
所以的长成等比数列，即，
注意到，
所以，从而，
又因为，
所以，从而，
又因为，平面，
所以平面，
因为平行且等于，平行且等于，
所以平行且等于，即四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）因为面，且面，所以，
因为，所以，
设，而，
一方面由勾股定理有，
另一方面由成等比数列得，
联立得，并解得满足题意，
以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

而，设，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
所以取平面的一个法向量为，
设与平面所成的角，
则，
令，则，
所以，
若要最大，首先，此时，
令，所以，
所以当且仅当，即时，，
综上，与平面所成的角的正弦值的最大值.
18．(1)
(2)①证明过程见解析；②证明过程见解析
【分析】（1）求导得出函数的单调区间和最小值，由最小值大于0列出不等式即可求解.
（2）①由题意，，作差得，由此即可构造函数比较大小，进而结合函数单调性即可得证；②通过分析得出要证，只需，进而构造函数，求导得出其单调性，进而得出，从而若要使得，则只需，所以构造函数即可得证.
【详解】（1），设，
则，所以单调递增，注意到，
所以当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
若，则，解得，
所以实数的取值范围为；
（2）①由题意不妨设，则由（1）可知，且，
所以
，
设，，
所以函数单调递增，所以，
所以，即，
又函数在上面单调递减，所以，所以；
②注意到，
所以，要证，
只需，即只需，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以，
所以要证，只需，即，
不妨设，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
因为，所以，即，
又因为，所以，
综上所述，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是要用到分析法，将自变量同一到同一个单调区间，并构造适当的函数，由此即可顺利得解.
19．(1)，
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为
【分析】（1）由椭圆焦点在轴上面，列出不等式组即可得的范围，由的关系以及短轴长列出方程组即可得，由此即可得椭圆方程.
（2）为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理（用解析几何方法），即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明即可，从而对于①由结论法说明Q是和的交点，且，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出的方程，由此整理即可得解.
【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，
且，解得，
所以椭圆方程为.
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线交椭圆于：
那么，代入椭圆就得到，
所以
，
由韦达定理有，
此时要证明的是：，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，
而，
所以，这表明Q是和的交点，
又由于，故，
设，而，，，
所以，也就是E是的中点；
②设，那么，所以，
这表明的方程是，即，
所以恒过点.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.
0
2
4