廣東省東莞中學廣州二中惠州一中深圳實驗珠海一中中山紀念中學高三第三次六校聯考數學答案

東莞中學、廣州二中、惠州一中、深圳實驗、珠海一中、中山紀念中學2024屆高三第三次六校聯考試題數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據交集的定義計算可得.【詳解】因為，，所以.故選：A2.若復數z滿足，則（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用復數的除法運算及模長公式計算即可.【詳解】由，所以.故選：B.3.已知非零向量、滿足，且，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分析可得，利用平面向量數量積的運算性質可得出的值，結合平面向量夾角的取值范圍可得出與的夾角.【詳解】因為非零向量、滿足，且，則，所以，，又因為，故.因此，與的夾角為.故選：A.4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用兩角和的正切公式可得出關于的方程，解出的值，再利用二倍角的余弦公式以及弦化切可求得的值.【詳解】因為，整理可得，解得，所以，.故選：C.5.已知函數和直線l：，那么“直線l與曲線相切”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】根據直線與曲線相切，求出，利用充分條件與必要條件的定義即可判斷出結論．【詳解】設函數和直線的切點坐標為，則，可得，所以時，直線與曲線相切；直線與曲線相切不能推出．因此“”是“直線與曲線相切”的必要不充分條件．故選：B．6.已知a，b為正實數，且，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據給定條件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得.【詳解】正實數滿足，則，當且僅當，即時取等號，所以當時，取得最小值.故選：D7.已知三棱錐如圖所示，、、兩兩垂直，且，點、分別是棱、的中點，點是棱靠近點的四等分點，則空間幾何體的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】過點作，交于點，證明出平面，計算出三棱錐、的體積，可得出，即可得解.【詳解】過點作，交于點，因為，，，、平面，所以，平面，因為，則平面，且，則，因為、分別為、的中點，則，所以，，，因此，.故選：C.8.已知數列為有窮整數數列，具有性質p：若對任意的，中存在，，，…，（，，i，），使得，則稱為4連續(xù)可表數列.下面數列為4連續(xù)可表數列的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據新定義進行驗證即可得．【詳解】選項A中，，和不可能為4，A不是4連續(xù)可表數列；選項B中，，B是4連續(xù)可表數列；選項C中，沒有連續(xù)項的和為2，C不是4連續(xù)可表數列；選項D中，沒有連續(xù)項的和為1，D不是4連續(xù)可表數列．故選：B．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.關于平面向量，有下列四個命題，其中說法正確的是（）A.，，若，則B.若且，則C.若點G是的重心，則D.若向量，，則向量在向量上的投影向量為【答案】CD【解析】【分析】利用共線向量的坐標表示可判斷A選項；利用向量垂直的表示可判斷B選項；利用三角形重心的向量性質可判斷C選項；利用投影向量的定義可判斷D選項.【詳解】對于A選項，已知，，若，則，解得，A錯；對于B選項，若且，則，所以，或，B錯；對于C選項，若點G是的重心，則，C對；對于D選項，若向量，，則向量在向量上的投影向量為，D對.故選：CD.10.已知函數的圖象為，以下說法中正確的是（）A.函數的最大值為B.圖象相鄰兩條對稱軸的距離為C.圖象關于中心對稱D.要得到函數的圖象，只需將函數的圖象橫坐標伸長為原來的2倍，再向右平移個單位【答案】BCD【解析】【分析】利用二倍角公式及兩角和的正弦公式將函數化簡，再根據正弦函數的性質一一判斷即可.【詳解】因為，所以函數的最大值為，故A錯誤；函數的最小正周期，所以圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，故B正確；因為，所以圖象關于中心對稱，故C正確；將的橫坐標伸長為原來的倍，縱坐標不變得到，再將向右平移個單位得到，故D正確；故選：BCD11.若函數的定義域為D，若對于任意，都存在唯一的，使得，則稱為“Ⅰ型函數”，則下列說法正確的是（）A.函數是“Ⅰ型函數”B.函數是“Ⅰ型函數”C.若函數是“Ⅰ型函數”，則函數也是“Ⅰ型函數”D.已知，若，是“Ⅰ型函數”，則【答案】ACD【解析】【分析】根據所給函數的定義求解C，根據對數運算求解A，根據三角函數的周期性以及單調性求解BD.【詳解】對于A,由可得，所以，故A正確，對于B，取，則由以及可得,故這與存在唯一矛盾，故B錯誤，對于C，由于函數是“Ⅰ型函數”，則對于任意，都存在唯一的，使得，故，因此對于對于任意，都存在唯一的，使得，故是“Ⅰ型函數”，C正確，對于D，對于任意，都存在唯一的，使得，所以，由于，所以，由于在單調遞增，所以且，故，D正確，故選：ACD12.已知棱長為1的正方體中，P為線段上一動點，則下列判斷正確的是（）A.存在點P，使得B.三棱錐的外接球半徑最小值為C.當P為的中點時，過P與平面平行的平面截正方體所得的截面面積為D.存在點P，使得點P到直線的距離為【答案】BCD【解析】【分析】建立空間坐標系，根據向量共線求解A，根據正三棱錐的性質，結合外接球半徑的求解即可判定B，根據面面平行的性質，結合六邊形的面積求解即可判定C，建立空間坐標系，利用點線距離的向量求法，由二次函數的性質即可求解D.【詳解】由于為等邊三角形，且其外接圓的半徑為，由于平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面，故，同理可證,因此平面，故平面，因此三棱錐為正三棱錐，設外接球半徑為，球心到平面的距離為，則，故當時，為最小值，故B正確，取的中點為,,連接,當是的中點，也是的中點，則該截面為與平面平行的平面截正方體所得的截面，進而可得該截面為正六邊形，邊長為,所以截面面積為，C正確，對于D,建立如圖所示的空間直角坐標系，則,設，(),,所以點P到直線的距離為，由于，所以，由于,故D正確，由于，,則,,若與共線，則，，此時，此時與不共線，故不平行故A錯誤，故選：BCD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.關于不等式的解集為，則______.【答案】##【解析】【分析】分析可知，、是關于的方程的兩根，利用韋達定理可得出的值.【詳解】因為關于的不等式的解集為，則，且、是關于的方程的兩根，由韋達定理可得，，解得，所以，.故答案為：.14.已知數列的前項和，，則_________.【答案】【解析】【分析】根據求出，再根據對數的運算性質計算可得.【詳解】因為數列的前項和，所以，所以.故答案為：15.已知函數，關于x的方程有六個不等的實根，則實數a的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】方程變形為或，其中可解得兩個根，因此應有4個根，作出函數的圖象與直線，由圖象得它們有4個交點時的參數范圍．【詳解】，則或，，，即有兩個根，因此應有4個根，作出函數的圖象與直線，由圖象可知，當時滿足題意，故答案為：．16.如圖，已知函數（其中，，）的圖象與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，，，，.則函數在上的值域為______.【答案】【解析】【分析】由題意可得：，，可得，，，的坐標，根據，可得方程，進而解出，，，即可求出，再由三角函數的性質求解．【詳解】由題意可得：，，，，，，，，，把代入上式可得：，.解得，，，，解得.，，解得，所以函數，時，，，故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知為數列的前項和，且，，.（1）證明：數列為等差數列，并求的通項公式；（2）若，設數列的前項和為，求.【答案】（1）證明見解析，（2）【解析】【分析】（1）利用等差數列的定義可證得數列為等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得數列的通項公式，進而可得出數列的通項公式；（2）利用與的關系可求出數列的通項公式，再利用裂項相消法可求得.【小問1詳解】解：對任意的，，則，所以，數列為等差數列，且其首項為，公差為，所以，，故.【小問2詳解】解：當時，，也滿足，故對任意的，.所以，，故.18.在中，角、、所對的邊分別為、、，且.（1）求角的值；（2）已知點為的中點，且，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理結合兩角和的正弦公式可求出的值，結合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用平面向量的線性運算可得出，利用平面向量數量積的運算性質結合余弦定理、基本不等式可得出關于的不等式，由此可解得的最大值.【小問1詳解】解：因為、，則，由正弦定理可得，所以，，故.【小問2詳解】解：因為為中點，則，所以，，所以，，由余弦定理可得，所以，，，由基本不等式可得，即，解得，當且僅當時，即當時，等號成立，故的最大值為.19.若二次函數滿足（1）求的解析式；（2）若函數，解關于的不等式：.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1），根據可得出關于、、的方程組，解出這三個未知數的值，即可得出函數的解析式；（2）求出函數的定義域，利用導數分析函數的單調性，由可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【小問1詳解】解：設，則，所以，，解得，故.【小問2詳解】解：函數的定義域為，且，令，其中，則，由可得，由可得，所以，函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，故對任意的，，所以，函數在上為減函數，由可得，解得或，因此，不等式的解集為.20.如圖（1）所示，在中，，過點作，垂足在線段上，且，，沿將折起（如圖（2）），點、分別為棱、的中點.（1）證明：；（2）若二面角所成角的正切值為，求二面角所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）證明出平面，可得出，利用中位線的性質可得出，即證得結論成立；（2）分析可知，二面角的平面角為，以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸，平面內過點且垂直于的直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角所成角的余弦值.【小問1詳解】證明：翻折前，，則，，翻折后，則有，，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，在四棱錐中，因為點、分別為棱、的中點，則，因此，.【小問2詳解】解：因為，，則二面角的平面角為，即，因平面，以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸，平面內過點且垂直于的直線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為，，，則，又因為，則、、、、、，設平面的法向量為，，，則，取，可得，設平面的法向量為，，則，取，可得，所以，，由圖可知，二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為.21.已知數列是公比大于0的等比數列，，.數列滿足：（）.（1）求數列的通項公式；（2）證明：是等比數列；（3）證明：.【答案】（1）（2）見解析（3）見解析【解析】【分析】（1）由等比數列的通項公式運算可得的通項公式，進而求出數列的通項公式；（2）運算可得，結合等比數列的定義即可得證；（3）放縮得，進而可得，結合錯位相減法即可得證.【小問1詳解】設等比數列的公比為，則，則，所以，又.【小問2詳解】所以，所以，且，所以數列是首項為8，公比為的等比數列；【小問3詳解】由題意知，，所以，所以，設，則，兩式相減得，所以，所以.【點睛】關鍵點點睛：最后一問考查數列不等式的證明，因為無法直接求解，應先放縮去除根號，再由錯位相減法即可得證.22.已知函數，（1）討論函數的單調區(qū)間；（2）當時，設，為兩個不相等的正數，且