广东省东莞市东华高级中学++东华松山湖高级中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试题

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一、二、选择题
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. x = -2 ; 13． 1215 ; 14． ;
四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15.【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，2分
化简可得，因为，所以，4分
又，所以.6分
（2）因为，即，
又，所以，9分
解得或，11分
当时，；
当时，.13分
16.【详解】（1）
①②③,1分
连接相交于，连接，由于底面是正方形，所以，
又，平面，故平面，平面,故,
由于，故,因此,平面，
故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）平面，故,
又平面,故平面．7分
②③①,1分
连接相交于，连接,由于底面是正方形，所以，
又，平面，故平面，平面，故,
又平面，平面，故,
平面,故平面,
结合底面是正方形，是正方形的中心，所以四棱锥是正四棱锥，故，7分
①③②,1分
连接相交于，连接,平面，平面，故,
由于故,又,故,
故,
因此，平面，故平面,
故四棱锥是正四棱锥，
由于，又，平面，
故平面，平面,故,7分
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为，则四，所以，
故，10分
[方法一]由于，当且仅当，即时取等号，故，
故四棱棱锥体积的最大值为.15分
[方法二]，不妨令，令，，
在，，单调递增，在，，单调递减。
所以时，取得的最大值，所以
故四棱棱锥体积的最大值为.15分
17.【详解】（1）设学校答对题目的样本数据为，学校答对题目的样本数据为，
由题意得，由题意得，
所以这20人答对题目的均值为，2分
由，得，
由，得，
，
，6分
这20人答对题目的方差为.7分
（2）记“学校代表从乙箱中抽取的第一道题是选择题”，
“学校代表先从甲箱中依次抽取了两道选择题”，“学校代表先从甲箱中依次抽取了一道选择题，一道填空题”，“学校代表先从甲箱中依次抽取了两道填空题”，8分
易知彼此互斥，，
，，，10分
，，，11分
，13分
.所以学校代表从乙箱中抽取的第一道题是选择题时，学校代表从甲箱中取出的是两道选择题的概率为.15分
18.【详解】（1）当时，，则，
所以，，所以切线方程为；2分
（2）若、、依次成等比数列，则，
若、、成等差数列，则，
所以，4分
所以，5分
当时，成立，
当时，则，联立，得，
，即，所以，与矛盾，7分
所以时，存在、、满足条件，
当时，不存在、、满足条件；9分
（3），则，10分
，所以，
又
，12分
令，
上式，
令，则恒成立，单调递减，
所以，15分
若，则，则恒成立，命题得证17分
19.【详解】（1）抛物线的焦点的坐标为，
若直线的斜率为0，则与抛物线只有一个交点，与条件矛盾，1分
可设直线的方程为，联立，化简得①，
方程①的判别式，
设， 所以，2分
若，则，所以，
又中点纵坐标的值为，所以，解得，
所以抛物线方程为；4分
（2）设点的坐标为，则，直线的方程为，
联立，化简可得②，
方程②的判别式，所以，，
设的坐标为，则，所以，所以，6分
直线的方程为，
联立，化简可得③，方程③的判别式
设的坐标为，则，所以，
所以，所以；8分
（3）设过点的切线方程为，
联立，化简可得，判别式，解得，所以，所以，即的方程为，
同理可得的方程为：，的方程为：，10分
联立，又，， 解得，，又，即点，
联立，又， 解得，，又，即点，
因为，，所以，所以点，
因为，，所以，所以点，所以直线的方程为，
记直线与直线的交点为点，则点的坐标为，13分
根据抛物线的对称性，不妨设，则或，
当时，则，，
所以，，
所以四边形的面积，所以，
设，由已知，则，所以，
函数在上单调递减，所以，15分
当时，则，，所以，，
所以四边形的面积，
所以，
设，由已知，则，所以，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，所以，
所以四边形面积取值范围为.17分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
A
D
C
C
B
D
D
BC
ABD
ACD