2024-2025学年广东省东莞市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省东莞市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析），共36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。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．计算：（ ）
A．B．C．0D．
3．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．1
4．一个口袋中装有2个白球和3个黑球，先摸出一个球后放回，再摸出一个球，则两次摸出的球都是白球的概率是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知球与某圆台的上、下底面及侧面均相切，若球与圆台的表面积之比为，则球与圆台的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且，则b的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图象的两条对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数关于x的方程有4个根，，，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3．从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件“抽取的两个小球标号之积小于6”，则（ ）
A．事件发生的概率为B．事件发生的概率为
C．事件是互斥事件D．事件相互独立
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．，
B．已知函数，则
C．命题“角是第一象限角”是“”的充分不必要条件
D．当时，函数有2个零点
11．如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱CD的中点，则（ ）

A．四面体的体积与表面积的数值之比为
B．点到平面的距离为
C．异面直线与所成的角为
D．过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 .
13．已知事件与相互独立，，，则 .
14．已知在锐角中，角的对边分别为，若，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．2022年卡塔尔世界杯足球赛于11月21日至12月18日在卡塔尔境内举办，这是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行､也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，备受瞩目，一时间掀起了国内外的足球热潮，某机构为了解球迷对足球的喜爱，为此进行了调查.现从球迷中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组第5组，得到的频率分布直方图如图所示.
(1)求样本中数据的第百分位数；
(2)求样本数据的平均数；
(3)若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2入进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在组的概率.
16．已知在中，A+B=3C,2sinA−C=sinB．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．

(1)求证：平面；
(2)求侧面与底面所成二面角的余弦值．
18．甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.8，0.7，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：
(1)甲试跳三次，第三次才成功的概率；
(2)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率；
(3)甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率.
19．已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数．
(1)记向量的相伴函数为，若，且，求的值；
(2)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与方向相同的单位向量；
(3)已知，，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
参考答案
1．【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为，而，
所以．
故选C．
【一题多解】因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．
故选C．
2．【答案】A
【分析】直接由复数的除法及复数的乘方运算求解即可.
【详解】因为，
故.
故选A.
3．【答案】B
【分析】由得，结合，得，由此即可得解.
【详解】因为，所以，即，
又因为，
所以，
从而.
故选B.
4．【答案】D
【分析】根据独立事件概率公式计算即可．
【详解】设A＝“第一次摸出的是白球”，B＝“第二次摸出的是白球”，则P(AB)＝×＝．
故选D.
5．【答案】B
【分析】作出辅助线，设球的半径为，圆台的上、下底面半径分别为，，表达出圆台的高、母线长分别为，，从而利用球和圆台表面积公式得到，并求出两几何体的体积之比.
【详解】设球的半径为，圆台的上、下底面半径分别为，，
由于，
则圆台的高、母线长分别为，，
设外接球的表面积为，圆台表面积为，
由表面积公式知，
则外接球的体积为，圆台的体积为，
.
故选B.
6．【答案】D
【分析】利用内角和化简，再由正弦定理角化边，联立余弦定理和已知求解可得.
【详解】，
由正弦定理角化边得，
又，所以①，
由余弦定理得②，
联立①②求解得，所以.
故选D.
7．【答案】D
【分析】根据单调性和对称轴可得周期，进而可得或，利用，即可代入求解或，即可得函数表达式，即可代入求解.
【详解】因为函数在区间单调递增，且直线和直线为函数的图象的两条对称轴，
所以所以，即，
则或．
而，即或，
所以或，
即或，
所以或，
所以或，
故选D．
8．【答案】B
【分析】依题意画出函数图象，结合图象可知且，，即可得到，则，再令，根据二次函数的性质求出的取值范围，最后根据对勾函数的性质计算可得；
【详解】，函数图象如下所示：
由图象可知，其中，其中，，，则，得..令，，
又在上单调递减，，即.
故选B.
9．【答案】ABC
【分析】A选项，列举出两个小球标号之和大于5的情况，从而得到；B选项，列举出抽取的两个小球标号之积小于6的情况，从而得到中共有情况数，得到；C选项，计算出，得到C正确；D选项，，D错误.
【详解】A选项，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有种情况，
其中抽取的两个小球标号之和大于5的情况有：，共3种情况，
故，A正确；
B选项，抽取的两个小球标号之积小于6的情况为：，共7种情况，
故中共有种情况，故，B正确；
C选项，由于事件中无相同情况，故，所以件是互斥事件，C正确；
D选项，因为，事件不互相独立，D错误.
故选ABC.
10．【答案】BCD
【分析】A选项用三角函数的最值来判断，B选项用来判断，C选项结合充分、必要条件的知识来判断，D选项由与的交点个数来判断.
【详解】A：，故不存在实数x使，A错误；
B：，，B正确；
C：角是第一象限角，而角终边在第一象限或者第四象限或者在x非负半轴，C正确；
D：时，有2个零点，则关于x的方程有2个根，有2个根，
即图象与图象有2个交点，由图可知：当时满足题意，D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，根据题意直接计算四面体的体积和表面积，对于B，可证得的长度就是点到平面的距离，然后根据题意求解，对于C，由正方体的性质可证得平面，从而可判断，对于D，取的中点，连接，，，，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，从而可求出其面积.
【详解】对于A，因为正方体的棱长为1，所以四面体为，
表面积为，
所以四面体的体积与表面积的数值之比为，所以A正确，
对于C，因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故C错误；

对于B，根据证明的方法，同理可得，
因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，
所以正三角形的边长为，所以，又，
所以，即点到平面的距离为，故B正确；
对于D，取的中点，连接，，，，
因为∥，∥，，，
所以∥，,
因为，，
所以，所以四边形为等腰梯形，
所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，，
所以等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，
即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确.
故选ABD.
【关键点拨】此题考查几何体的体积和表面积的求法，考查点到面的距离的求法，考查求异面直线所成的角，考查正方体的截面问题，解题的关键是充分利用正方体的性质结合已知条件求解，考查空间想象能力.
12．【答案】/
【分析】根据诱导公式进行求解即可.
【详解】，
故答案为：/.
13．【答案】0.88
【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案.
【详解】因为事件与相互独立，
所以，
所以.
故答案为：0.88.
【思路导引】根据独事件概率计算公式可得，代入即可计算出0.88.
14．【答案】
【分析】先用正弦定理边化角，得，再结合诱导公式和内角和代换，进而求得最值
【详解】由正弦定理可转化为，两边同时除以可得，，
即
则，
当且仅当时取到等号；
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)50
(3)
【分析】（1）先根据概率和为1，确定样本中数据落在的频率，再利用公式即可求解.
（2）根据公式求样本数据的平均数即可.
（3）先分层抽样，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】（1）依题意，样本中数据落在的频率为：
样本数据的第百分位数落在第四组，
且第百分位数为
（2）平均数为.
（3）与两组的频率之比为.
现从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，则组抽取2人，记为；组抽取4人，记为
所有可能的情况为共15种.
其中至少有1人的年龄在的情况有共9种.
记“抽取的2人中至少有1人的年龄在组”为事件A，
则
16．【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由=sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，，可得，
，
.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：由面面垂直可得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；证法二：由面面垂直可得平面，再由面面垂直的判定可得平面平面，再由等边三角形的性质可得，然后由面面垂直的性质可证得结论；
（2）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）证法一：
在正方形中，
又侧面底面，侧面底面，底面，
所以平面，因为平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，平面，所以平面，
证法二：
在正方形中，
又侧面底面，侧面交底面于，所以平面，
又平面，故平面平面，
是正三角形，是的中点，所以
又平面交平面于，平面，故平面．
（2）取，的中点分别为，，连接，，，
则，，因为，所以，
又在正中，，
因为，平面，平面，
正方形中，，平面，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以，
设正方形的边长，则，，
所以，所以，
即侧面与底面所成二面角的余弦值为.

18．【答案】(1)0.032
(2)0.94
(3)0.2976.
【分析】（1）由相互独立事件的概率乘法公式可得；
（2）利用间接法，先求其对立事件的概率即可；
（3）所求事件可表示为两个互斥事件的和事件.先由相互独立事件的概率乘法公式分别求解两个互斥事件的概率，再由概率加法公式可得.
【详解】（1）设“甲第次试跳成功”为事件，“乙第次试跳成功”为事件，
依题意得，且相互独立.
“甲第三次试跳才成功”为事件，且三次试跳相互独立，
.
即甲第三次试跳才成功的概率为.
（2）“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件，则，
.
即甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率为.
（3）设“甲在两次试跳中成功次”为事件，
“乙在两次试跳中成功次”为事件，
事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次”可表示为，且､为互斥事件，
所求的概率为
.
故甲、乙每人试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率为.
【方法总结】求概率常用的方法有：先定性（古典概型的概率、几何概型的概率、独立事件的概率、互斥事件的概率、独立重复试验的概率、条件概率），后定量.
19．【答案】(1)
(2)，
(3)存在，
【分析】（1）根据题意，得到相伴函数，得到，再利用两角差的正弦函数，即可求解；
（2）由，得到的相伴特征向量，结合单位向量的计算方法，即可求解；
（3）根据题意，得到，，设点，得到向量，结合，化简得到，进而答案.
【详解】（1）解：由向量的相伴函数为，
当时，可得，
又由，可得，所以，
所以.
（2）解：由，
可得函数的相伴特征向量，
所以与方向相同单位向量为.
（3）解：因为函数的相伴特征向量，
所以，
，
设点，因为，
所以，
若，则，
即，，
因为，则，故，
又因为，故当且仅当时，成立，
故在的图象上存在一点，使得.
【方法总结】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
2024-2025学年广东省东莞市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知是方程的根，则（ ）
A．B．C．2D．3
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数（），，则（ ）.
A．
B．的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称
C．在上单调递减
D．
6．在某种药物实验中，规定血液中药物含量低于为“药物失效”．现测得实验动物血液中药物含量为，若血液中药物含量会以每小时的速度减少，那么至少经过（ ）个小时才会“药物失效”．（参考数据：）
A．4B．5C．6D．7
7．已知圆台的体积为，母线长为3，高为，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知O为的内心，角A为锐角，，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，，且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，现给出下列结论：则正确的选项为（ ）

A．直线与直线所成角的大小不变
B．平面平面
C．点到平面的距离为定值
D．存在一点，使得直线与平面所成角为
11．一个同学投掷10次骰子，记录出现的点数，根据统计结果，在下列情况中可能出现点数6的有（ ）
A．平均数为3，中位数为4
B．中位数为4，众数为3
C．平均数为2，方差为2.1
D．中位数为3，方差为0.85
三、填空题（本大题共3小题）
12．从高三抽出50名学生参加数学竞赛，由成绩得到如图的频率分布直方图，则估计这50名学生成绩的分位数为 分．
13．已知的内角，，的对边分别为，，，是的中线．若，且，则面积的最大值为 ．
14．设函数的定义域关于原点对称且满足：
（ⅰ）；（ⅱ）存在正常数使．
则函数的一个周期是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数的图象过，两点，将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象.
(1)求函数的解析式；
(2)若函数，求函数Fx的单调区间.
16．已知斜三角形.
(1)借助正切和角公式证明：.
并充分利用你所证结论，在①②中选择一个求值：
①，
②；
(2)若，求的最小值.
17．如图，在平行四边形中，，垂足为P，E为中点，

(1)若·=32，求的长；
(2)设||＝，||＝，＝－，＝x＋y，求的值．
18．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，．
(1)证明：平面；
(2)当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的大小．
19．已知有序数对，有序数对，定义“变换”：，，，可以将有序数对转化为有序数对．
(1)对于有序数对，不断进行“变换”，能得到有序数对吗？请说明理由．
(2)设有序数对经过一次“变换”得到有序数对，且有序数对的三项之和为2024，求的值．
(3)在（2）的条件下，若有序数对经过次“变换”得到的有序数对的三项之和最小，求的最小值．
参考答案
1．【答案】D
【分析】利用充分不必要条件求参数，得到，即可求解.
【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，所以，所以.
故选：D.
2．【答案】A
【分析】代入方程，根据复数相等即可得出即可得解.
【详解】由题意，得，即，
所以，且，解得，
所以.
故选A.
3．【答案】A
【详解】已知，，，则，，，
作出函数，，，的图象，

由图可知．
故选：A．
4．【答案】D
【分析】利用同角三角函数关系可得，利用两角和与差的正弦公式化简，可得，根据角的范围，即可得到答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，，所以．
由，得，
即，
所以，所以．
又，所以．
故选D.
5．【答案】D
【详解】根据题意，，即函数关于对称，
即，又，
所以，，
则，A错误；
的图象向左平移个单位长度得，
，
而，所以B错误；
，则，则函数先减后增，C错误；
，D正确.
故选：D
6．【答案】D
【分析】由题意得到不等式，两边取对数求出答案.
【详解】物实验中，血液中药物含量为的浓度为，
设至少经过个小时才会“药物失效”，根据题意
，两边取对数得，
可得.
所以至少经过个小时才会“药物失效”.
故选：D.
7．【答案】D
【分析】利用母线长和高，求出上底面半径和下底面半径的等式关系，然后利用体积求出上底面半径和下底面半径的另一个等式关系，然后求出上下底面半径，再用侧面积公式即可求解.
【详解】
设上底面半径为，下底面半径为，
如图，根据题意，
在中，，即，
又因为圆台的体积为，所以，
即
由①②方程可得：，
所以圆台的侧面积为.
故选：D.
8．【答案】C
【详解】方法一：点O是内心的充要条件是：，其中，，，
理由如下：若，则，
整理得，
所以，即点在的角平分线上，
同理可证，点在，的角平分线上，即点为的内心.
故，
故．
因为角A为锐角，，
所以．由定理得到，
故．
又因为（当且仅当时取等号），
所以，所以，
故，
方法二：如图，延长，交于点D，
设，即，故，
设，
则，
，
作的内切圆与边切于点E，与切于点F，
设圆O半径为r，
且A为锐角，
，
故，解得或（舍去），
故，
又，解得，负值舍去，
，即，由图知，
.
故选：C．
9．【答案】BCD
【详解】对A：，当且仅当时，等号成立，故A错误；
对B：，
当且仅当，即，时，等号成立，故B正确；
对C：由A知，，故，
即，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对D：由，故，
则，
由，，故，则，
即，故，故D正确.
故选：BCD.
10．【答案】ABC
【分析】求得直线与直线所成角判断选项A；利用面面垂直判定定理判断选项B；求得到平面的距离判断选项C；求得直线与平面所成角的范围判断选项D.
【详解】连接，则由正方体中，
，平面，
可得平面,
又平面，则，
则直线与直线所成角的大小不变.故选项A判断正确；
连接，
由正方体中，平面.
又平面，则平面平面.
故选项B判断正确；
由平面，平面，
可得平面，
则点到平面的距离相等，设该距离为d，
由，可得，
解之得，则点到平面的距离为定值.
故选项C判断正确；
正方体中，
直线与平面所成角为，
由中，，，
则，由为锐角，，
则.
故不存在一点，使得直线与平面所成角为.选项D判断错误.

故选：ABC
11．【答案】ABD
【详解】对于A：10次点数为符合题意，故A正确；
对于B：10次点数为符合题意，故B正确；
对于C：设10次点数为且，平均数为，
假设有一次点数为，不妨设，由方差公式，代入相关数据得：
，即，显然最大只能取，
不妨设得，此时方程无解，所以，
当时得：，最大只能取，
不妨设得，此时方程有唯一解，，
即10次点数为，但此时平均数为不合题意，所以，
当得取得，
此时方程无解（其余情况也均无解），所以，
当时，平均数为不合题意.
综上所述，假设有一次点数为不成立，故C错误；
对于D：10次点数为符合题意，故D正确.
故选：ABD
12．【答案】
【分析】利用给定的频率分布直方图，借助频率估计即可.
【详解】依题意，前四个小矩形的面积之和为，
前五个小矩形的面积之和为，
因此分位数位于内，，
所以估计这50名学生成绩的分位数为分．
故答案为：
13．【答案】
【详解】因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
由正弦定理可得，
由余弦定理，所以，
又因为，所以，
因为是中边上中线，则，
即，所以，
所以，可得，当且仅当时等号成立，
故，
即面积的最大值为．
故答案为：.
14．【答案】
【分析】令，根据题意可证得是奇函数，根据条件，结合抽象函数的关系以及周期的定义进行推导即可.
【详解】令，
，
∴是奇函数．
∵
，
∴，
∴，
∴fx是以为周期的周期函数．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抽象函数的应用以及函数奇偶性和周期性的判断和求解，正确解题的关键是熟练掌握定义并能熟练应用.
15．【答案】(1)
(2)
答案见详解
【分析】（1）根据题目条件可得，由可得，再将代入解析式解得，故，最后根据三角函数图象的伸缩平移变换即可求出的解析式；
（2）由（1）可得，根据，可得，，再根据正弦函数的单调区间即可求出的单调区间.
【详解】（1）因为函数的图象过，两点，
所以，即，解得，
又因为，则.
所以，
所以，则，
又因为，所以，即，
所以将的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
再向右平移个单位长度得.
（2）由（1）知，，
因为，所以，即，
解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为
16．【答案】(1)证明见解析，①，②；
(2)
【分析】（1）由内角和及诱导公式得到，然后根据两角和的正切公式即可得证；然后根据结论即可求出①②的值；
（2）可得出，然后根据基本不等式即可得出关于的一元二次不等式，从而得出的最小值．
【详解】（1），
，
，
，
；
①
；
②；
（2），则，，且，
所以，，
，
，
解得或（舍去），
所以，当且仅当时取等号
的最小值为．
17．【答案】(1)4
(2)－
【分析】（1）利用投影向量来求向量的数量积即可；
（2）先解三角形得到各边长，再利用向量知识来求解即可.
【详解】（1）,∴是在方向上的投影向量,
∴·＝,即；
法二：，∴·||·||||·||，
即；
（2）在中，＝，
所以，
＝＝，
因为，所以，,
以P为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，建系如图:

易知因为E为中点，
所以，
，，,
∵＝x＋y,∴
，解得：，所以：
法二：
在中，＝，
所以，
＝＝，
因为，所以，,
因为，所以，
又∵
由平面向量基本定理得：
，解得：，所以：
18．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由余弦定理，结合勾股定理的逆定理证得，借助三角形全等得，再利用线面垂直的判定推理即得；
（2）取PA中点，由给定二面角结合勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判断性质求出线面角的正弦.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
显然，则，即，
由，，，得，则，即，
又，平面，所以平面.
（2）取PA中点，连接BE，DE，如图，
由，，则，，即为二面角的平面角，
由（1）知，平面，平面，则，，
于是，，而，
则，，，于是，
又，，平面，因此平面，
又，则平面，过作于点，平面，于是，
而，平面，则平面，
因此直线BD与平面夹角即为，
中，，，
且，则，
所以直线BD与平面夹角为.
19．【答案】(1)不能，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，结合“变换”，逐次计算，得出规律，即可求解；
（2）由变换得到或，分类讨论，求得的值，即可求解；
（3）有序数对，将有序数对经过6次“变换”得到有序数对也是形如的有序数对，得出有序数对“结构”完全相同，但最大项减小12，进而得出变换的规律，即可求解.
【详解】（1）解：对于有序数对，
不断进行“变换”：，，，
得到的有序数对分别为，，，，，
以下重复出现，所以不能得到有序数对．
（2）解：由变换知：，，，
因为有序数对的三项之和为2024，且，所以，，
所以，故最大，即或，
当时，可得，
由，得，即，
所以，故；
当时，可得，
由，得，即，
所以，故．
综上可得，．
（3）解：有序数对，将有序数对经过6次“变换”得到的有序数对分别为，，
由此可见，经过6次“变换”后得到的有序数对也是形如的有序数对，
与有序数对“结构”完全相同，但最大项减小12，
因为，
所以将有序数对经过次“变换”后得到的有序数对为，
经过“变换”后得到的有序数对分别为，
从以上分析可知，以后数对循环出现，所以有序数对各项之和不会更小，
所以当时，经过次“变换”得到的有序数对的三项之和均最小为4．
所以的最小值为505．
【点睛】方法点睛：对于的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.