2024年高考第三次模拟考试题：数学（广东专用，2024新题型）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：数学（广东专用，2024新题型）（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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．记复数的共轭复数为，若，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【解析】依题意，，因此，
所以.故选：C
2．若集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为，且，
则.故选：D
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，
所以.故选：A
4．已知是等比数列，，且，是方程两根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为是等比数列，所以，，又，所以，
又，是方程两根，所以.故选：C
5．中国是瓷器的故乡，中国瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献．下图是明清时期的一件圆台形青花缠枝纹大花盆，其上口直径为20cm，下底直径为18cm，高为24cm，则其容积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】依题意可得该圆台形大花盆的上底面面积为，
下底面面积为，又高为，
代入圆台体积公式可得.故选：C
6．已知函数是奇函数，则的最小值为（ ）
A．3B．5C．D．
【答案】C
【解析】令，得，故函数的定义域为．
因为是奇函数，则其定义域关于原点对称，
可得，即，
此时，可得，
可得是奇函数，即符合题意；
故，
当且仅当，即，时等号成立，
故的最小值为，
故选：C．
7．设，为双曲线：的左、右焦点，点为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的渐近线于，两点，且点，分别在第一、三象限，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
根据已知条件，双曲线的渐近线方程为交于、两点，
以为直径的圆的方程为，直线与圆方程联立有：
解得，，所以，所以，，
所以垂直于轴，设为双曲线右顶点，垂直于轴，所以，
又因为，所以，所以，，
所以，所以，即.
故选：C
8．已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，
，
由解得.
，
由于三角形是锐角三角形，所以，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：A
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（ ）
A．众数为12B．平均数为14
C．中位数为14.5D．第85百分位数为16
【答案】BC
【解析】成绩从小到大排列为：.
A：出现次数最多的数为，故A错误；
B：平均数，故B正确；
C：中位数为：，故C正确；
D：第85百分位数为第，即第位，为，故D错误；
故选：BC.
10．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．函数的周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数在单调递减
D．该图象先向右平移个单位，再把图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），可得的图象
【答案】ABD
【解析】由图像可知：，周期，∴；
由解得：
故函数
对于A：，故A正确；
对于B：故B正确；
对于C：当时，所以在上不单调．故C错误；
对于D：向右平移个单位得到，再把横坐标伸长为原来的2倍，可得的图象，故D正确．
故选：ABD
11．已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，设直线l的斜率为k，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．若以线段AB为直径的圆过点F，则
C．若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则
D．若以线段AB为直径的圆与x轴相切，则该圆必与抛物线C的准线相切
【答案】ABC
【解析】设，直线的方程为，，的中点为，
由消去并整理得：，得，
由题意，，所以，即，
所以，则，故A正确；
以线段为直径的圆过点，所以，所以，
又，
所以，
，解得满足题意.
由，得，所以B正确；
若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则，
又，所以，
解得：，所以，故C正确；
若以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，则，即，
又，所以无解，所以D错误.

故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．展开式中的系数为，则的值为 ．
【答案】1
【解析】因为的展开式的通项公式为，
可知展开式中含的项为，
则展开式中的系数为，解得.
13．函数的定义域为，对任意的，，恒有成立.请写出满足上述条件的函数的一个解析式 .
【答案】（答案不唯一）
【解析】依题意不妨令，
则，
又
，
所以，故符合题意.
同理可证明，，，也符合题意.
14．已知点P为直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若点M为圆上的动点，则点M到直线AB的距离的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，则满足；
易知圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，如下图所示：
易知，所以，即，整理可得；
同理可得，
即是方程的两组解，
可得直线的方程为，联立，即；
令，可得，即时等式与无关，
所以直线恒过定点，可得；
又在圆内，当，且点为的延长线与圆的交点时，点到直线的距离最大；
最大值为；
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）已知函数，.
(1)求的单调区间和极小值；
(2)证明：当时，.
【解】（1）函数，，求导得，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以的递增区间为；递减区间为，的极小值为.
（2）证明：当时，令，
求导得，
令，求导得，
函数在上单调递增，则，在上单调递增，
因此，所以.
16．（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【解】（1）不妨设，
，
由余弦定理得，
在中，，
平面平面，平面平面平面，
平面．
平面，
四边形是菱形，，
又，且平面平面平面．
（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，
平面平面，平面平面，
平面，
又四边形是菱形，，
均为等边三角形，
以点A为坐标原点，及过点A平行于的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系（如图），
则，
由（1）平面，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即．
令，可得，，
平面与平面的夹角的余弦值为．
17．（本小题满分15分）已知椭圆C：的焦距为2，，分别为其左，右焦点，过的直线l与椭圆C交于M，N两点，的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知结论：若点为椭圆C上一点，则椭圆C在该点的切线方程为．点T为直线上的动点，过点T作椭圆C的两条不同切线，切点分别为A，B，直线AB交x轴于点Q．证明：Q为定点．
【解】（1）
如图1，由已知可得，，
所以.
又，所以，.
所以，椭圆的标准方程为.
（2）设，，.
则由已知可得，方程为：，方程为：.
将代入、方程整理可得，
，.
显然、点坐标都满足方程.
即直线的方程为，
令，可得，即点坐标为.
所以，为定点.
18．（本小题满分17分）2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到颗番石榴（不妨设颗番石榴的大小各不相同），最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前颗番石榴，自第颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为.
(1)若，求；
(2)当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值.
（取）
【解】（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有种情况；
②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，有种情况，
所以所求概率为.
（2）记事件表示最大的番石榴被摘到，事件表示最大的番石榴排在第个，则，
由全概率公式知：，
当时，最大的番石榴在前个中，不会被摘到，此时；
当时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前个番石榴中的最大一个在前个之中时，此时，
因此，
令，求导得，由，得，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
则，于是当时，取得最大值，
所以的最大值为，此时的值为.
19．（本小题满分17分）将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解.
(1)方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；
(2)方程①的解中共有多少组是密集的?
(3)记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.
【解】（1）若等于同一常数，
根据等差数列的定义可得构成等差数列，所以，
解得，与矛盾，
所以不存在一组解，使得等于同一常数；
（2）因为，
依题意时，即当时，，
所以，，
设有个，则有个，由，解得，
所以，，，，中有个，个，
所以方程①的解共有组.
（3）因为平均数，
又方差，即，
所以，因为为常数，所以当方差取最小值时取最小值，
又当时，即，方程无正整数解，故舍去；
当时，即是密集时，取得最小值，
且.