广东2024届高三新改革适应性训练数学试卷三（九省联考题型）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东2024届高三数学新改革适应性训练三（九省联考题型）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，得，，即，由，得，故.故选：B2.设的内角的对边分别为，若则的值可以为（）A. B. C. D.或〖答案〗A〖解析〗由正弦定理得，即，故，因为，所以，故.故选：A.3.若，则（

）A.6 B.16 C.26 D.36〖答案〗D〖解析〗因为，展开式的通项为，令，可得，所以.故选：D.4.集合，，，则集合中的元素个数为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗解不等式，可得，所以，整数的取值有、、，又因为集合，，则，即集合中的元素个数为.故选：B.5.已知定义在R上的函数满足：且，，则方程在区间上的所有实根之和为（

）A. B. C. D.0〖答案〗B〖解析〗由题意知，关于点对称，函数的周期为2，则函数，在区间上的图象如下图所示：由图形可知函数，在区间上的交点为，易知点的横坐标为,若设的横坐标为，则点的横坐标为，所以方程在区间上的所有实数根之和为.故选：B6.已知双曲线的右焦点为，过且与一条渐近线平行的直线与的右支及另一条渐近线分别交于两点，若，则的渐近线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗易知的渐近线方程为，不妨设直线，，联立方程得，解得，，所以，又，而，，得到，解得，故，代入中，得，得到，又，得到，解得，故所求的渐近线方程为，故选：C.7.将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（）种不同的放置与上色方式A.11232 B.10483 C.10368 D.5616〖答案〗C〖解析〗①3个1，3个2，0个3如表：121212只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，②1个1，2个2，3个3如表：132323选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，或313232选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种，③2个1，2个2，2个3如表：3223选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，或2323选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，所以不同的放置与上色方式有：.故选：C.8.已知正四棱锥的底面边长为，高为3．以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（）A.或 B.或C.或 D.或〖答案〗B〖解析〗当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，也是两球的公共点，设球的半径为，因为相交圆的面积为，所以相交圆的半径为1，即底面正方形边长为，所以，由勾股定理有，所以，设，则①，②，联立①②解得．当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示，同上可求，，，则③，④，联立③④解得．故选：B．二、选择题9.设复数的共轭复数为，则下列结论正确的有（）A. B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，所以，故C正确；对于D，，，所以，故D错误.故选：AC.10.如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则下列说法正确的有（

）A.B.C.存在最大值D.的最小值为〖答案〗ABC〖解析〗对A：因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，所以，则，故A正确；对B：，则，故B正确；对C、D：如图，以点为原点建立平面直角坐标系，则，因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分，设，则，所以，因为，所以，所以当时，取得最大值，故C正确；因为，所以，即，所以，所以，因为，所以当时，取得最大值，故D错误.

故选：ABC.11.已知，则（）A.对于任意的实数，存在，使得与有互相平行的切线B.对于给定的实数，存在，使得成立C.在上的最小值为0，则的最大值为D.存在，使得对于任意恒成立〖答案〗ABC〖解析〗对于A，，当时，，当时，，综上，，所以对于任意的实数，存在，使与有交集，所以对于任意的实数，存在，使得与有互相平行的切线，所以A正确，对于B，由于给定的实数，当给定时，则为定值，由，得，，所以存在使上式成立，所以B正确，对于C，令，而，由题意可知，当时，恒成立，所以，所以，即，若在上递增，因为在上的最小值为0，所以，得，所以，则在上恒成立，即在上恒成立，令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以，若在上不单调，因为在上的最小值为0，所以设为的极小值点，则，解得，所以令，则由，得，或，解得，或（舍去），或（舍去），或，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，综上，所以C正确，对于D，，当时，，所以D错误，故选：ABC.三、填空题12.已知是平面的法向量，点在平面内，则点到平面的距离为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可得，又是平面的法向量，则点到平面的距离为，故〖答案〗为：13.已知数列的前项和为，，且满足，若，，则的最小值为__________．〖答案〗－14〖解析〗由，即，又，∴数列为等差数列，首项为－5，公差为1，∴，可得：，当且仅当时，．已知，，则最小值为．故〖答案〗为：－14．14.曲线上动点与构成，若，则实数取值范围为______．〖答案〗〖解析〗由对称性，不妨考虑点在轴或其上方，即设，，，则，作轴于点，则，所以梯形，当，即时，时，，由得，无解，当即时，时，，满足题意，综上，．四、解答题15.某企业在招聘员工时，应聘者需要参加测试，测试分为初试和复试，初试从道题中随机选择道题回答，每答对题得分，答错得分，初试得分大于或等于分才能参加复试，复试每人回答两道题，每答对一题得分，答错得分．已知在初试道题中甲有道题能答对，乙有道题能答对；在复试的两道题中，甲每题能答对的概率都是，乙每题能答对的概率都是（1）求甲、乙两人各自能通过初试的概率；（2）若测试总得分大于或等于分为合格，请问:在参加完测试后，甲、乙合格的概率谁更大?解：（1）由题意得，甲能通过初试概率，乙能通过初试的概率.（2）甲初试若得3分要合格复试答对1道或2道，初试若得2分要合格复试答对2道，故甲合格的概率.乙要合格，需初试合格且复试答对2道，故乙合格的概率.，所以甲合格的概率更大.16.在三棱台中，平面，，且，，为的中点，是上一点，且（）.（1）求证：平面；（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.（1）证明：∵，且是的中点，则.∵平面，平面，∴.又平面，∴平面，因为平面，∴.①∵，∴，则.∵，∴，∴在平面中.②∵平面，∴由①②知平面.（2）解：由题意得，平面，∴平面.由（1）可知，故为坐标原点.如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.∵，∴，.∴，，，∵，∴由棱台的性质得，.由（1）可知平面的一个法向量为，且.直线与平面的所成角的正弦值为，∴（），即，解得.∴平面的一个法向量为，且.平面的法向量为.∵，，，即，当时，，.∴平面的一个法向量为..∴平面与平面所成夹角的余弦值.17.已知函数.（1）求的极值；（2）已知，证明：.（1）解：，，令，可得.令，可得，令，可得，或所以在上单调递增，在和上单调递减.所以的极大值为的极小值为.（2）证明：由，可得，所以.由对称性，不妨设，则，当且仅当时，等号成立，所以.由（1）可知在上的最大值为，所以，当且仅当时，等号成立，因为等号不能同时取到，所以.18.已知椭圆的两焦点分别为、，且椭圆的离心率为．（1）求椭圆E的方程；（2）过两焦点的直线分别交椭圆于A，B，C，D四点，若，求平行四边形ABCD面积最大值．解：（1）由题意知，解得，则，则椭圆E的方程为；（2）易知直线AB斜率不为0，由（1）知，不妨设直线AB的方程为，联立，消去x并整理得，此时恒成立，设，由韦达定理得，，所以，此时，椭圆C的内接平行四边形面积为，令，则.则，设，，则，则函数在单调递增，所以，所以当时，S取最大值6，故平行四边形的面积最大值为6．19.定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且（M是与n无关的常数）的无穷数列称为M数列．（1）若等差数列的前n项和为，且，，判断数列是否是M数列，并说明理由；（2）若各项为正数的等比数列的前n项和为，且，证明：数列是M数列；（3）设数列是各项均为正整数的M数列，求证：．（1）解：由题意知，故，则