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    广东省广州市普通高中2024届高三冲刺训练(三)数学试卷含答案

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    广东省广州市普通高中2024届高三冲刺训练(三)数学试卷含答案

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    这是一份广东省广州市普通高中2024届高三冲刺训练(三)数学试卷含答案,文件包含2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题三试题定稿docx、2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题三试题定稿pdf、2024年广州市普通高中毕业班冲刺训练题三参考答案定稿docx等3份试卷配套教学资源,其中试卷共20页, 欢迎下载使用。
    答案:B【详解】因为复数,所以对应的点为,位于第二象限.
    3.答案:B【详解】因为为等差数列,,所以,所以.
    4.【答案】C【详解】选项A:当满足时,可能相交,如图:用四边形代表平面,用四边形代表平面,故A错误;选项B:当满足时,可能相交,如图:用四边形代表平面,用四边形代表平面,故B错误;选项C:因为,又,所以,故是的一个充分条件,故C正确;
    当满足与相交时,可能相交,如图:用四边形代表平面,用四边形代表平面,故D错误;
    5.【答案】D【详解】由题意知,抛物线的准线方程为,又因为,
    则点,又因为点在双曲线的渐近线上,所以,
    所以双曲线的离心率
    6.【答案】C【详解】由,得,
    于是,即,
    由,,得,则或,
    即或(不符合题意,舍去),所以.故选:C
    7.【答案】D【详解】设正四面体的棱长为,则其内切球、棱切球、外接球的半径分别为.由题意知,球的球心落在正四面体的几何中心,即内切球、棱切球、外接球公共的球心,又球的半径为定值。当球是正四面体的外接球时,棱长最小,此时,得.当球是正四面体的内切球时,最大,此时,得
    故正四面体的棱长的取值范围为.故选:D.
    8.【答案】A【详解】由题意知,设,则,如图所示,
    由可得,
    整理得,即,又因为,所以,
    所以,所以,
    在中,由余弦定理得,所以,
    由中线长公式,中线长,
    9答案:BCD
    10.答案:ACD【详解】对A:由题意可知的定义域为,,
    令,解得,当时,,当时,,故A正确;
    对B:当时,取得极大值为,故B错误;
    对C:由上分析可作出的图象,要使方程有两个不等实根,只需要与有两个交点,由图可知,,所以实数的取值范围为,故C正确.
    对D:设曲线在处的切线经过坐标原点,则切线斜率,解得,,所以切线斜率,所以切线方程为,故D正确.
    11.答案:ABD【详解】对于A,设点在准线上的投影为,准线与轴交于点,
    又,,则,所以,故A正确;
    对于B,设点在准线上的投影为点,易证,又,
    ,即,,,故B正确;
    对于C,分两种情况:当点都在第一象限,设,,
    由焦半径公式可得,,,
    令,
    设,且,
    ,当且仅当时取得最小值.
    当点在第二象限时,设,,
    则,,所以,
    同理令,且,,
    所以,当且仅当时取得最小值,
    综上,面积的最小值为,故C错误;
    对于D,当点都在第一象限,,,
    则,所以,即,,
    当点在第二象限时,同理可得,即,,
    综上,的面积大于,故D正确. 故选:ABD.
    12.【答案】20 【详解】由,
    令可得,,∴.
    在 中,令,可得,

    13.【答案】【详解】根据题意,设甲获胜为事件,比赛进行三局为事件,
    ,,
    故.
    14.【答案】【详解】不等式,即,
    设,,
    设,,所以单调递增,且,,
    所以存在,使,即,
    当时,,单调递减,当时,,单调递增,
    所以,
    因为,所以,
    当时,,当时,,
    不等式有整数解,即有整数解,
    若时,即,因为函数在上单调递减,在上单调递增,
    所以时,,所以无整数解,不符合题意,
    当时,因为,显然是的两个整数解,符合题意,
    综上可知,.
    15.【详解】(1)解:由题意知:数列是公差为的等差数列,
    当时,,所以,整理得:, 分
    又当时,, 分
    因为满足上式, 分
    所以,故数列的通项公式为 分
    (2)解:由(1)知,可得, 分
    故; 分
    解法1:由,可得, 分
    即,则, 分
    又由, 分
    当且仅当时取等号,故实数的取值范围为. 分
    解法2:由, 分
    可得, 分
    当,即时,, 分
    则,故实数的取值范围为. 分
    16. 分
    ,,, 分
    , 分
    延长BC,AD,设BC的延长线和AD的延长线交点为M,连接PM,
    则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM 分
    证明:取AD的中点E,连接PE,,E是AD的中点,
    ,平面平面ABCD,平面平面,平面PAD,,平面ABCD, 分
    ,,即 分
    以点B为坐标原点,以直线BA、BM分别为轴,以过点B作平面ABCD的的垂线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 分
    则,,,,
    ,,, 分
    设,则, 分
    设平面PCD的法向量为,则,即,
    令,得, 分
    设平面CDN的法向量为,则,

    令,可得, 分
    夹角的余弦值为
    ,, 分
    解得:或, 分
    即在直线l上存在点N,的夹角的余弦值为,
    此时或 分
    17、【详解】(1)设最低正常使用零下温度的第60百分位数为,
    由直方图可知最低正常使用零下温度在的频率为0.4,
    在的频率为0.65,因此最低正常使用零下温度的第60百分位数一定在内,分
    则有,解得,
    所以最低正常使用零下温度的第60百分位数为28℃. 分
    (2)①由题意可知的可能值是0,1,2,3,, 分
    ; 分
    ; 分
    ; 分

    所以的分布列为

    ②由题意可知,设抽到类锂电池的数量为,则, 分
    若抽到块的可能性最大,
    则,, 分
    即 分
    即解得, 分
    由于,故. 分
    18、【详解】(1)解:设所求轨迹E上的任意点为(x,y),与x2+y2=2对应的点为(x1,y1),
    根据题意,可得x=x1y=22y1,即x1=xy1=22y,
    代入方程x2+y2=2,可得x2+(22y)2=2,整理得x22+y2=1,
    所以曲线E的轨迹方程为x22+y2=1. - ------5分
    (2)方法一:解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
    设直线AC的方程为x=ty+1−−−−−−−6分,
    联立方程组x=ty+1x22+y2=1,整理得(t2+2)x2+2ty−1=0,−−−−−−−8分
    则y1+y3=−2tt2+2,y1y3=−12+t2−−−−−−−9分,
    又因为t=x1−1y1,点A(x1,y1)在椭圆x22+y2=1上;
    所以y3=−12+t21y1 = −y12y12+(x−1)2=y12x1−3;−−−−−−−11分
    x3=ty3+1=x1−1y1y12x1−3+1=3x1−42x1−3,−−−−−−−12分
    C(3x1−42x1−3,y12x1−3),同理可得D(3x2−42x2−3,y22x2−3),−−−−−−−13分
    又因为P,A,B三点共线,可得y1x1+2=y2x2+2,−−−−−−−14分
    即x2y1−x1y2=2(y2−y1),−−−−−−−15分
    所以kCD=y22x2−3−y12x1−33x2−42x2−3−3x1−42x1−3=2(x2y1−x1y2)+3(y2−y1)x2−x1=7(y2−y1)x2−x1=4kAB,−−−−−−−16分
    所以tanαtanβ=kABkCD=17.−−−−−−−17分
    方法二:解:设直线AC的方程为y=k(x−1),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
    联立方程组y=k(x−1)x22+y2=1,整理得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0,
    则Δ=(−4k2)2−4(1+2k2)(2k2−2)>0,且x1+x3=4k21+2k2,x1x3=2k2−21+2k2,
    可得32x1+x3−x1x3=2+4k21+2k2=2,所以x3=3x1−42x1−3,
    可得y3=y1x1−1⋅(3x1−42x1−3−1)=y12x1−3,
    所以C(3x1−42x1−3,y12x1−3),下同方法一。
    19、【详解】(1)根据题意可知,不等式在上恒成立,
    设,则,,
    设,则,,则,
    若,存在区间,使在区间上单调递减;
    则,则在区间上单调递减,
    则,不满足题意,故,即.
    下证明:当时,不等式成立,因为,,
    设,则,
    设,则,所以在上单调递增,
    则,则成立,
    故在上单调递增,则,所以恒成立,得证,
    综上知,. 分
    (2)当时,,设,
    则,则函数单调递增,,单调递增,
    ,,
    在上单调递减,上单调递增,
    又,,
    ,,
    ,.
    由于,,,,
    由于在上单调递增,.
    累加得. 分
    (3)要证即证.
    即证.,设
    ,时,在上单调递增,即在上单调递增,
    设,,
    由于在上单调递增,,,在单调递增.
    又,时
    因此恒成立,
    原不等式恒成立,得证. 分0
    1
    2
    3
    0.064
    0.288
    0.432
    0.216

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