广东省东莞、广州、惠州、深圳实验、珠海、中山纪念名校2024届高三上学期数学第三次六校联考试卷

这是一份广东省东莞、广州、惠州、深圳实验、珠海、中山纪念名校2024届高三上学期数学第三次六校联考试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．集合A={0，1，2}，集合B={−2，0，1}，则A∩B=（ ）
A．{0，1}B．{−2，0}
C．{−2，1，0}D．{0，1，2}
2．若复数z满足(3−4i)z=1，则|z|=（ ）
A．1B．15C．17D．125
3．已知非零向量a、b满足|b|=2|a|，且a⊥(a−b)，则a与b的夹角为（ ）
A．π3B．π2C．2π3D．5π6
4．已知tan(θ+π4)=12tanθ−72，则cs2θ=（ ）
A．−12B．12C．−45D．45
5．已知函数f(x)=sin2x和直线l：y=2x+a，那么“直线l与曲线y=f(x)相切”是“a=0”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知a，b为正实数，且a+2b=1，则a2+1a+2b2+1b的最小值为（ ）
A．1+22B．2+22C．3+22D．4+22
7．已知三棱锥S−ABC如图所示，AS、AB、AC两两垂直，且AS=AB=AC=22，点E、F分别是棱AS、BS的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点，则空间几何体EFG−ABC的体积为（ ）
A．1126B．22C．1326D．723
8．已知数列{ak}为有穷整数数列，具有性质p：若对任意的n∈{1，2，3，4}，{ak}中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（i≥1，j≥0，i，j∈N∗），使得ai+ai+1+ai+2+⋅⋅⋅+ai+j=n，则称{ak}为4-连续可表数列.下面数列为4-连续可表数列的是（ ）
A．1，1，1B．1，1，2C．1，3，1D．2，3，6
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ）
A．a=(92，k)，b=(k，8)，若a//b，则k=6
B．若a⋅c=b⋅c且c≠0，则a=b
C．若点G是△ABC的重心，则GA+GB+GC=0
D．若向量a=(−1，1)，b=(2，3)，则向量b在向量a上的投影向量为a2
10．已知函数f(x)=cs2x+sinxcsx−12的图象为C，以下说法中正确的是（ ）
A．函数f(x)的最大值为2+12
B．图象C相邻两条对称轴的距离为π2
C．图象C关于(−π8，0)中心对称
D．要得到函数y=22sinx的图象，只需将函数f(x)的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移π4个单位
11．若函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1∈D，都存在唯一的x2∈D，使得f(x1)+f(x2)=1，则称f(x)为“Ⅰ型函数”，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f(x)=lnx是“Ⅰ型函数”
B．函数f(x)=sinx是“Ⅰ型函数”
C．若函数f(x)是“Ⅰ型函数”，则函数1−f(x)也是“Ⅰ型函数”
D．已知m∈R，若f(x)=m+sinx，x∈[−π2，π2]是“Ⅰ型函数”，则m=12
12．已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1C上一动点，则下列判断正确的是（ ）
A．存在点P，使得C1P//AB1
B．三棱锥P−BC1D的外接球半径最小值为63
C．当P为A1C的中点时，过P与平面BC1D平行的平面截正方体所得的截面面积为334
D．存在点P，使得点P到直线B1C1的距离为45
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．关于x的不等式ax2+(a+b)x+2>0的解集为(−3，1)，则a+b= .
14．已知数列{an}的前n项和，Sn=2n−1，则lg2a10= .
15．已知函数f(x)=|2x−1|，x≤1(x−2)2，x>1，关于x的方程f2(x)−a⋅f(x)=0有六个不等的实根，则实数a的取值范围是 .
16．如图，已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)（其中A>0，ω>0，|φ|≤π2）的图象与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，BC=2BD，∠OCB=π3，|OA|=2，|AD|=2213.则函数f(x)在[1，6]上的值域为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1=1，nSn+1=(n+1)Sn+n2+n，n∈N∗.
（1）证明：数列{Snn}为等差数列，并求{Sn}的通项公式；
（2）若bn=1an⋅an+1，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
18．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且bcsA+acsB=−2ccsA.
（1）求角A的值；
（2）已知点D为BC的中点，且AD=2，求a的最大值.
19．若二次函数f(x)满足f(x+1)+f(x)=−x2−5x−52
（1）求f(x)的解析式；
（2）若函数g(x)=xlnx+f(x)，解关于x的不等式：g(x2+x)≥g(2).
20．如图（1）所示，在△ABC中，∠ABC=60∘，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，且AD=23，CD=5，沿AD将△CDA折起（如图（2）），点E、F分别为棱AC、AB的中点.
（1）证明：AD⊥EF；
（2）若二面角C−DA−B所成角的正切值为2，求二面角C−DF−E所成角的余弦值.
21．已知数列{an}是公比大于0的等比数列，a1=4，a3=64.数列{bn}满足：bn=a2n+1an（n∈N∗）.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）证明：{bn2−b2n}是等比数列；
（3）证明：nk=1(2k−1)(2k+1)bk2−b2ka(2−e)+e−1e.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合A={0，1，2}，集合B={−2，0，1}，
则A∩B=0，1。
故答案为：{0，1}.
【分析】利用已知条件结合交集的运算法则，从而得出集合A和集合B的交集。
2．【答案】B
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数z满足(3−4i)z=1，所以z=13−4i=3+4i(3−4i)(3+4i)=3+4i9−16i2=325+425i，
则|z|=(325)2+(425)2=25625=125=15。
故答案为：15.
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则得出复数z，再利用复数求模公式得出复数z的模。
3．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为a、b满足|b|=2|a|，且a⊥(a−b)，所以a→·(a→−b→)=0，
因为a→·(a→−b→)=a→2−a→·b→=a→2−a→×b→×cs=a→2−a→×2a→×cs
=a→2(1−2cs)，
所以a→2(1−2cs)=0，
由向量a→不为零向量，所以1−2cs=0，则cs=12
因为∈[0，π]，
则a与b的夹角为π3.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的运算法则以及非零向量的定义，最后由向量夹角的取值范围得出两向量a与b的夹角。
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：已知tan(θ+π4)=12tanθ−72，
又因为tan(θ+π4)=tanθ+tanπ41−tanθ×tanπ4=1+tanθ1−tanθ，
所以1+tanθ1−tanθ=12tanθ−72，则(tanθ−3)2=0，所以tanθ=3，
则cs2θ=cs2θ−sin2θ=cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=1−321+32=−810=−45.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合两角和的正切公式和一元二次方程求解方法，进而得出角θ的正切值，再结合二倍角的余弦公式和同角三角函数基本关系式变形，从而得出角2θ的余弦值。
5．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：已知函数f(x)=sin2x，所以f'(x)=2cs2x，
设切点为P(x0，y0)，则曲线f(x)在切点处的斜率为k切=f'(x0)=2cs2x0，
因为“直线l与曲线y=f(x)相切”，而直线l：y=2x+a，所以k切=2，
所以2cs2x0=2，所以2x0=2kπ，k∈Z，则x0=kπ，k∈Z，
而f(x0)=sin2x0=sin2kπ=0，所以切点为P(kπ，0)，k∈Z，
因为切点在直线l上，所以0=2×kπ+a，则a=−2kπ，k∈Z，
当k=0时，a=0，
所以“直线l与曲线y=f(x)相切”是“a=0”的必要不充分条件。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而判断出“直线l与曲线y=f(x)相切”是“a=0”的必要不充分条件。
6．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为a，b为正实数，且a+2b=1，
则a2+1a+2b2+1b=a+1a+2b+1b=a+2b+1a+1b=1+1a+1b，
因为1a+1b=(1a+1b)×(a+2b)=1+2ba+ab+2=3+2ba+ab≥3+2ba·ab=3+2，
当且仅当a+2b=12ba=ab时等号成立，即a=2−1b=1−22时等号成立，
则当a=2−1b=1−22时，a2+1a+2b2+1b的最小值为4+2。
所以a2+1a+2b2+1b的最小值为4+2。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和“1”的巧用以及均值不等式变形求最值的方法，进而得出a2+1a+2b2+1b的最小值。
7．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：过点G作GH∥AC，交SA于点H，如下图所示：
因为AC⊥AB，AC⊥SA，AB∩AS=A，AB⊂平面SAB，AS⊂平面SAB，
所以，AC⊥平面SAB，
因为GH∥AC，所以GH⊥平面SAB，且GHAC=SGSC=34，
则GH=34AC=322，
因为点E、F分别是棱AS、BS的中点，则S∆SEF=14S∆ABS=14×12×(22)2=1，
则VG−SEF=13S∆SEF·GH=13×1×322=22，VC−SAB=13S∆ABS·AC=13×12×(22)3=823，
所以VEFG−ABC=VC−SAB−VG−SEF=823−22=1326。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合线线垂直证出线面垂直，再结合对应边成比例和中点的性质，从而由三棱锥的体积公式和作差法得出空间几何体EFG−ABC的体积。
8．【答案】B
【知识点】数列的概念及简单表示法
【解析】【解答】解：由{ak}为4-连续可表数列定义，
对于A，a1+a2+a3=3，和不可能为4，所以选项A中的数列不是4-连续可表数列；
对于B，a1=1，a1+a2=2，a2+a3=3，a1+a2+a3=4，所以选项B中的数列是4-连续可表数列；
对于C，没有连续项的和为2，所以选项C中的数列不是4-连续可表数列；
对于D，没有连续项的和为1，所以选项D中的数列不是4-连续可表数列。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合4-连续可表数列定义，从而结合数列求和找出4-连续可表数列。
9．【答案】C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；相等向量；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：对于A，a=(92，k)，b=(k，8)，若a//b，则k2=92×8=36，所以k=±6，所以A错；
对于B，a⋅c=b⋅c且c≠0，则(a→−b→)·c→=0，所以(a→−b→)⊥c→，不能得出a=b，所以B错；
对于C，因为点G是△ABC的重心结合平行四边形法则和中点的性质，则GA+GB+GC=0，所以C对；
对于D，因为向量a=(−1，1)，b=(2，3)，则向量b在向量a上的投影向量为：
a→·b→a→×a→a→=−2+32×a→2=12a→，所以D对。
故答案为：CD.
【分析】利用已知条件结合向量共线的坐标表示得出k的值，从而判断出选项A；利用两向量垂直数量积为0的等价关系，不一定得出a=b，从而判断出选项B；利用三角形的重心的性质和平行四边形法则，进而判断出选项C；利用数量积求投影向量的方法，进而判断出选项D。
10．【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数f(x)=cs2x+sinxcsx−12=1+cs2x2+12sin2x−12=22sin(2x+π4)，
对于A，函数f(x)=22sin(2x+π4)的最大值为22，所以A错；
对于B，函数f(x)=22sin(2x+π4)的最小正周期为T=2πω=2π2=π，所以函数f(x)的图象C相邻两条对称轴的距离为T2=π2，所以B对；
对于C，因为f(−π8)=22sin[2×(−π8)+π4]=22sin0=0，所以函数f(x)的图象C关于(−π8，0)中心对称，所以C对；
对于D，将函数f(x)=22sin(2x+π4)的图象横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得出函数y=22sin(x+π4)，再将y=22sin(x+π4)向右平移π4个单位得到y=22sinx，所以D对。
故答案为：BCD.
【分析】利用二倍角正弦公式和二倍角余弦公式以及辅助角公式化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的图象求最值的方法、正弦型函数的最小正周期与相邻对称轴的关系、正弦型函数的图象的对称性、正弦型函数的图象变换，从而找出说法正确的选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由“Ⅰ型函数”的定义，
对于A，由f(x1)+f(x2)=1，又因为函数f(x)=lnx，
所以f(x1)+f(x2)=lnx1+lnx2=lnx1x2=1，所以x1x2=e，则x2=ex1，所以A对；
对于B，取x1=π2，由f(x1)+f(x2)=1和函数为f(x)=sinx，可得sinx2=0，所以x2=kπ，k∈Z，
与题意存在唯一的x2∈D，使得f(x1)+f(x2)=1矛盾，所以B错；
对于C，因为函数f(x)是“Ⅰ型函数”，则f(x1)+f(x2)=1，所以1−f(x1)+1−f(x2)=1，
所以对于任意x1∈D，都存在唯一的x2∈D，使得1−f(x1)+1−f(x2)=1，则称1−f(x)为“Ⅰ型函数”，所以C对；
对于D，对于任意x1∈D，都存在唯一的x2∈D，使得m+sinx1+m+sinx2=1，
所以sinx2=1−2m−sinx1，
因为x1∈[−π2，π2]，所以sinx1∈[−1，1]，所以sinx2=1−2m−sinx1∈[−2m，2−2m]，
因为y=sinx在[−π2，π2]上单调递增，所以−2m≥−12−2m≤1，所以m=12，所以D对.
故答案为：ACD.
【分析】利用已知条件结合“Ⅰ型函数”的定义，再结合对数的运算法则、终边相同的角的三角函数值相同、正弦函数的单调性，进而找出说法正确的选项。
12．【答案】B,C,D
【知识点】两条直线平行的判定；平面内点到直线的距离公式；棱柱的结构特征；简单组合体的结构特征
【解析】n【解答】解：由题意，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，连接A1C1，A1C，B1A，如下图所示：
对于A，因为在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1C上一动点，
所以A(0，0，0)，B1(1，0，1)，A1(0，0，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，1)，
所以AB1→=(1，0，1)，A1C→=(1，1，−1)，A1C1→=(1，1，0)，
设平面A1CC1的法向量为n→=(x，y，z)，
所以n→·A1C→=x+y−z=0n→·A1C→1=x+y=0，所以x=−yz=0，所以n→=(−y，y，0)，
令y=1，则n→=(−1，1，0)，
因为AB1→·n→=−1≠0，所以AB1→与n→不垂直，所以AB1与平面A1CC1不平行，所以不存在点P，使得C1P//AB1，所以A错；、
对于B，由BC=CD=BD=2，可得∆BC1D为正三角形，
设三角形∆BC1D外接球半径为R，则球心到平面BC1D的距离为h，
则R=r2−h2，当h=0时，则R=r为最小，而r=12×2sin60°=63，
所以三棱锥P−BC1D的外接球半径最小值为63，所以B对；
对于C，取AB，C1D1，AD的中点分别为M，Q，N，连接NM，MQ，NQ，
当P为A1C的中点时，也是QM的中点，
则过P与平面BC1D平行的平面截正方体所得的截面面积为正六边形，边长为NM=2AM=22，
所以截面面积为：6×(12×22×22×sin60°)=334，所以C对；
对于D，C1B1→=(1，0，0)，设A1P→=λA1C→=λ(−1，1，−1)=(−λ，λ，−λ)，(0≤λ≤1)，
则B1P→=A1P→−A1B1→=(−λ，λ，−λ)−(0，1，0)=(−λ，λ−1，−λ)，(0≤λ≤1)，
所以点P到直线B1C1的距离为：d=B1P→2−(B1P→·C1B1→C1B1→)2=2λ2−2λ+1，
因为点P到直线B1C1的距离为45，所以d=2λ2−2λ+1=45，
所以2λ2−2λ+925=0，则λ=1±752∈[0，1]，所以存在点P，使得点P到直线B1C1的距离为45，所以D对。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合建系的方法得出点到坐标，进而得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量，再结合平面的法向量和线面平行的判定定理，进而判断出线线平行，从而判断出选项A；利用三棱锥与外接球的位置关系，再结合勾股定理和几何法，进而得出三棱锥P−BC1D的外接球半径最小值，从而判断出选项B；利用中点的性质结合中位线的性质和面面平行的判定定理，
再利用正六边形的面积公式得出截面面积，从而判断出选项C，利用空间向量数量积和勾股定理得出点P到直线B1C1的距离，再结合一元二次方程求解方法得出满足要求的点P，从而判断出选项D。
13．【答案】−43
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：因为关于x的不等式ax2+(a+b)x+2>0的解集为(−3，1)，
所以a0，解得πω=6，
所以ω=π6，可得正弦型函数f(x)的最小正周期为T=2πω=12，
所以sin(π3+φ)=0，φ≤π2，解得φ=−π3，
因为3Asin(−π3)=2+6，A>0，所以A=163，
所以函数f(x)=163sin(π6x−π3)，
因为x∈[1，6]，所以π6x−π3∈(−π6，2π3)，所以f(x)=163sin(π6x−π3)∈[−83，163]，
所以函数f(x)在[1，6]上的值域为[−83，163]
故答案为：[−83，163].
【分析】利用已知条件结合直角三角形边角关系，正弦型函数的最小正周期公式、向量共线的坐标表示、两点距离公式、代入法得出函数的解析式，再结合x的取值范围和换元法以及正弦型函数的图象求最值的方法，进而得出函数在给定区间的值域。
17．【答案】（1）解：对任意的n∈N∗，nSn+1=(n+1)Sn+n2+n，
则Sn+1n+1−Snn=nSn+1−(n+1)Snn(n+1)=n2+nn(n+1)=1，
所以，数列{Snn}为等差数列，且其首项为S11=1，公差为1，
所以，Snn=1+n−1=n，故Sn=n2.
（2）解：当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，
a1=1也满足an=2n−1，故对任意的n∈N∗，an=2n−1.
所以，bn=1an⋅an+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
故Tn=12(1−13)+12(13−15)+⋯+12(12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1.
【知识点】等差关系的确定；数列的求和；数列的通项公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等差数列的定义，从而证出数列{Snn}为等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列{Sn}的通项公式。
（2）由（1）得出的数列{Sn}的通项公式结合an，Sn的关系式和分类讨论的方法，从而得出数列{an}的通项公式，再结合bn=1an⋅an+1，进而得出数列{bn}的通项公式，再利用裂项相消的方法得出数列{bn}的前n项和Tn。
18．【答案】（1）解：因为A、C∈(0，π)，则sinC>0，
由正弦定理可得−2csAsinC=sinBcsA+sinAcsB=sin(A+B)=sinC，
所以，csA=−12，故A=2π3.
（2）解：因为D为BC中点，则AD=AB+BD=AB+12BC=AB+12(AC−AB)=12(AB+AC)，
所以，2AD=AB+AC，
所以，4AD2=AC2+AB2+2AC⋅AB=b2+c2+2bccs2π3=b2+c2−bc=16，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccs2π3=b2+c2+bc，
所以，b2+c2=a2+162，2bc=a2−16，
由基本不等式可得b2+c2≥2bc，即a2+162≥a2−16，解得00，则ℎ′(x)=1x−1=1−xx，
由ℎ′(x)>0可得0