广东省广州市天河区2024届高三三模考试数学试卷(解析版)

这是一份广东省广州市天河区2024届高三三模考试数学试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题得：，，，
或，或，
所以，故A错误；
或，故B错误；
或，故C错误；
，故D正确；
故选：D.
2. 当时，复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
因为，所以，
故复数在复平面内的对应点位于第一象限，
故选：A．
3. 等比数列满足，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】依题意有，
故.
故选：B
4. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由于，，，
所以，
故选：C
5. 已知，是双曲线C两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】根据题意可知点在右支上，则，又，
，，
，则在中，，
，故.故选：C．
6. 设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：
①若，，则；
②若且，则；
③若，则对于任意向量，都有；
④若，则对于任意向量，都有；
其中所有正确结论的序号为（ ）
A. ①②③B. ②③④C. ①③D. ①④
【答案】C
【解析】对于①：若，，则，所以，故①正确；
对于②：取，满足，
则，满足，但，故②错误；
对于③：若，则，且，
设，则，
可知，所以，故③正确；
对于④：取，可知，
但，即，故④错误；
故选：C.
7. 已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设点O到底面、的距离分别是, 三棱柱的高为,且,
∴,
∴，故选:B.
8. 在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意，为圆上两动点，且满足，
设，，
点到直线的距离，
同理可得点到直线的距离,
所以点到直线的距离之和为
，
其中，
故当时，此时取最小值.
故选：D．
二、选择题
9. 在某次学科期末检测后，从全部考生中选取100名考生的成绩（百分制，均为整数）分成，，，，五组后，得到如下图的频率分布直方图，则（ ）
A. 图中a的值为0.005
B. 低于70分的考生人数约为40人
C. 考生成绩的平均分约为73分
D. 估计考生成绩第80百分位数为83分
【答案】AC
【解析】对于A，由，解得，故A对；
对于B，低于70分的考生人数约为，故B错；
对于C，考生成绩的平均分约为
，故C对；
对于D，成绩落在内频率为，
落在内频率为，
故考生成绩第80百分位数落在，设为m，
由，解得，
故考生成绩第80百分位数为82.5分，故D错误；故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】，
对于A，由，所以，故A正确；
对于B，当时，，由正弦函数可知，在上单调递减，又的对称轴为，所以，由，则，故B正确；
对于C，令，，所以的对称中心为，，
若成立，则则关于点对称，
令，解得，故C错误；
对于D，因为的周期为，
，，，，，，，
所以.故D错误.
故选：AB.
11. 在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（ ）
A. ∥平面
B. 若，则点M的轨迹为抛物线的一部分
C. 以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点
D. 以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为
【答案】AC
【解析】根据已知条件可知，，，连结，
可得四边形是平行四边形，
所以可得，又因为平面,平面,
所以平面，故选项A正确；
因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线，
这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线，
即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的；
由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心，
根据，，可知，
所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，
即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，
又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1，
所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确；
由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆，
此时一个圆的周长是，
而根据该球心到一个侧面射影是，，，
可解得，所在侧面截得交线如图：
由，，可得，即，
所以在该侧面内留下的交线长为，
即该球面与正四棱柱各侧面交线总长度为，
故D选项错误；
故选：AC.
三、填空题
12. 在的展开式中，若各项系数的和为，则的系数为______．
【答案】
【解析】由题知，令，则原式为，
因为各项系数的和为，所以，则，
则原式为，
因为通项为，
所以的系数为.故答案为：
13. 函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为______．
【答案】4（答案不唯一）
【解析】因为且，若函数是单调函数，结合二次函数可知：在R上单调递增，
，
解得.
故答案为：4（答案不唯一）.
14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则______，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为______．
【答案】
【解析】奖品在号箱，甲选择了号箱，主持人可打开号箱，则；
若奖品在号箱，其概率为，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为；
若奖品不在号箱，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两个箱子中的个，
若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子概率为；
若抽奖人更改选择，其中奖的概率为.故答案为：；.
三、解答题
15. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若D是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围．
解：（1），，
又，可得，
，
，又，，
可得，所以，解得或，
，所以，即.
（2）设，则，
，，
在中，由正弦定理得，
因为为锐角三角形，所以且，则，
所以，可得，所以，所以.
16. 已知数列的各项均为正数，，记为的前n项和．
（1）从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列；②数列是等差数列；③．
（2）若，在（1）的条件下，将在数列中，但不在数列中的项从小到大依次排列构成数列，求数列的前20项和．
（1）证明：选①②作条件证明③：
因为数列是等差数列，数列是等差数列，
设，
所以，
所以，
当时，，
当时，，
若，则，不合题意，
若，则，
，
，满足题意，，得证
选①③作条件证明②：设等差数列的公差为，
由得，
则，
所以，
所以，
所以，所以数列是等差数列，得证.
选②③作条件证明①：
因为数列是等差数列，，
所以公差为，首项为，
则，即，则有，
两式作差得，即，
所以，
即，即，又适合上式，
所以，则，所以数列是等差数列，得证.
（2）解：当时，由（1）可知，，则，，
当数列取20项时，设数列中取项，去掉数列中的项，
则有，（其中取正整数），
则当时，不等式组成立，
当时，，不等式组不成立，
所以取时，设数列的前20项和为，
则
，
即数列的前20项和是.
17. 在五面体中，，，，，，，平面平面.
（1）证明：，并求出，之间的距离；
（2）求出平面和平面夹角的余弦值.
（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，
又因为面，面面，所以，
又，故，
由于，，故，之间的距离为.
（2）解：且，故四边形是平行四边形，故，
由，可得.
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
而平面，，因为，故.
，，故，
中，由余弦定理可得，
故，
又由，，
得，
因为，
所以.
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
则，2，，，0，，，0，，，0，，
设平面的法向量为，，，，0，，，2，，
则，取，可得，1，，
设平面的法向量为，，，，，，，
则，取，可得，，，
则，，
故平面和平面夹角的余弦值是.
18. 高一（1）班每周举行历史答题擂台比赛，排名前2名的同学组成守擂组，下周由3位同学组成攻擂组挑战，已知每位守擂同学答对每道题的概率为，每位攻擂同学答对每道题的概率为，每道题每位同学答题互不影响.每道题由每组成员依次答题，只要有一人答对，则这道题该组得1分，否则这道题该组得0分.为提高攻擂同学的积极性，第一题由攻擂组先答，若该组同学均未答对，再由守擂组答；从第二题开始，两组进行抢答，抢到的组回答，且不管其是否答对，另一组不能补答.已知抢答环节每题守擂组抢到的概率均为.
（1）求攻擂组答第一题得1分的概率；
（2）求守擂组在第一题后得0分的概率；
（3）设为三题后守擂组的得分，求的分布列与数学期望.
解：（1）根据答题规则可知，若攻擂组三人均答不出，则攻擂者组答不出每道题的概率，则可知攻擂者组每道题答对的概率，
所以攻擂组答第一题得1分的概率为；
（2）若守擂者组第1题后得分为0分，因为第一题由攻擂者先答，
所以该题需攻擂组答对或者该题答错由守擂者组再答题并答错，
易知守擂者组答出每道题的概率为，
因此守擂组在第一题后得0分的概率；
（3）易知的所有可能取值为0，1，2，3，
第一题守擂者组得1分的概率为，
抢答环节的题目守擂者组抢到的概率，则守擂者组每题得一分的概率为，
即可知前三题中第一题守擂者组得1分的概率为，第二、三题得1分的概率均为，
则，，
，，
因此的分布列为：
所以.
19. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）已知，证明：．
（1）解：由题意知：定义域为，；
①当时，，，
在上单调递增，无极值；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，无极值；当时，极小值为，无极大值.
（2）证明：令，则，
由（1）知：，，即，
令，则且，，，
取，则，即，
令，则，
在上单调递增，，即，
，
即.
20. 一般地，当且时，方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆上异于其左，右顶点M，N的任意一点．
（1）当时，直线与椭圆C，自上而下依次交于R，Q，S，T四点，探究，的大小关系，并说明理由．
（2）当（e为椭圆C的离心率）时，设直线与椭圆C交于点A，B，直线与椭圆C交于点D，E，求的值．
解：（1）将椭圆与直线联立：
，整理得；
，，
设交点，，由韦达定理：
，
同理，将与直线联立可得：
，，
设交点，，由韦达定理：
，，，即线段与线段的中点相同.
故.
（2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得，
由题意可知直线，斜率均存在且不为零.
设，
将点代入椭圆，，
令，则；
写出直线方程：，：，
已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点.
联立与，整理得：；
设，，
由韦达定理：，，
，
同理，将替代成可得，
可得，
故的值为7.
0
1
2
3