广东省百校联考2024年高考数学三模试卷含解析

广东省百校联考2024年高考数学三模试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。

ax,x<1

1.已知实数。>0,awl,函数/（力=,4在R上单调递增，则实数。的取值范围是（）

xH----i-6zln%,%>1

、x

A.i<a<2B.a<5C.3<a<5D.2<a<5

2.已知角e的终边与单位圆/+/=i交于点%），贝！1cos21等于（）

1721

A.—B.----C.——D.-

9933

7

3.已知ABC的内角A、B、C的对边分别为。、b、c,且A=60。，b=3,AO为边上的中线，若AD=—,

2

则,ABC的面积为（）

25gA

15/3n35百

c\j•-------------

44-T4

4.已知函数/（x）=sin[2x+：],则函数/（X）的图象的对称轴方程为（）

A.x=K7C-----ZB.x-k7i+—.kGZ

44

1,_17C—

C.X--K771.KGZD.X=—k77T+—.1kGZ

224

5.总体由编号01,,02,…，19,20的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是随机数表第1

行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为

78166572080263140702436997280198

32049234493582003623486969387481

A.08B.07C.02D.01

6.已知S〃为等比数列｛斯｝的前〃项和，“5=16,的。4=-32,贝（）8=（）

A.-21B.-24C.85D.-85

7.集合加=[^^=”二^,%£2｝的真子集的个数为（）

A.7B.8C.31D.32

8.若+%（2%-1）+。2（2%一1）2+。3（2%-1）3+。4（2%-1）4+。5（2%-1）5=%5,则%的值为（）

9.数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物,

曲线C:（必+/）3=16x2y2恰好是四叶玫瑰线.

给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点。的距离都

不超过2；③曲线C围成区域的面积大于4万；④方程（/+丁2）3=16%2y2（个（0）表示的曲线。在第二象限和第四

象限其中正确结论的序号是（）

A.①③B.②④C.①②③D.②③④

22

10.若双曲线E：__工=1（。>03>0）的一个焦点为歹（3,0）,过尸点的直线/与双曲线E交于A、B两点,

a2~b2

且A3的中点为P（—3,—6）,则E的方程为（）

11.已知3+ai=b-（2a-l）i,则|3。+沅|=（）

A.MB.2A/3c.3D.4

12.设复数z满足z-iz=2+i（i为虚数单位），贝!Iz在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.在AABC中，角A、B、C所对的边分别为。、b、c,若c=l,C=60,则〃的取值范围是.

14.四面体A—5CD中，AB_L底面BCD,AB=BD=^/2,CB=CD=1,则四面体A—BCD的外接球的表面积为

15.设复数2满足©+1）=—3+2。则』=.

16.某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一2400人、高二2000人、高三〃人中，抽取90人进行

问卷调查.已知高一被抽取的人数为36,那么高三被抽取的人数为.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（12分）如图,三棱柱ABC-AgG中，侧面BB&C是菱形,其对角线的交点为。，且AB=AC1=，4c.

（1）求证：49,平面53。。；

（2）设/6内。=60。，若直线4耳与平面所成的角为45。，求二面角A-Be-5的正弦值.

18.（12分）已知等差数列｛%｝和等比数列也｝的各项均为整数，它们的前〃项和分别为7；,且4=2%=2,

b2s3-54,a2+T2=11.

（1）求数列｛%｝,也｝的通项公式；

(2)求+々2b2+。3&++%2；

（3）是否存在正整数机，使得恰好是数列｛4｝或｛〃｝中的项？若存在，求出所有满足条件的根的值；若不

3加十

存在，说明理由.

x=2cos6z,

19.（12分）在平面直角坐标系中，曲线（a为参数），以坐标原点。为极点，》轴的正半轴为

y=sina

极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线。2的极坐标方程为Q=-2sin仇

（1）求曲线G的普通方程和曲线G的普通方程；

（2）若p,Q分别为曲线a，C?上的动点，求IPQI的最大值.

20.(12分)已知数列｛4｝满足a.+i=2a“+2用+l(twN*),7=1,等差数列他,｝满足d+2〃=2包1+4(〃=2,3,),

(1)分别求出{4},{〃}的通项公式;

{_____41g2_____}

(2)设数列{4}的前〃项和为S“，数列'7?-1+S“+J的前"项和为&证明：T<\.

4+1ign

21.(12分)如图，已知四边形ABC。的直角梯形，AD//BC,AD1.DC,AD=4,DC=BC=2,G为线段A。

的中点，PG,平面ABC。，PG=2,〃为线段AP上一点(M不与端点重合).

p

A

(1)若=

(i)求证：PC〃平面3MG；

(ii)求平面24。与平面所成的锐二面角的余弦值；

(2)否存在实数X满足AM=2AP，使得直线用与平面3MG所成的角的正弦值为®,若存在，确定的彳值,

5

若不存在，请说明理由.

22.(10分)如图，三棱柱A3C—A3]G中，AABC与AA|3C均为等腰直角三角形，ZBAC=ZBA.C=90°,侧面

844万是菱形.

(1)证明：平面ABC,平面ABC；

(2)求二面角A—BO1—C的余弦值.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D

【解析】

根据题意，对于函数分2段分析：当x<l,/(x)=a',由指数函数的性质分析可得a>1①，当

x>l,f(x)=x2+-+alnx,由导数与函数单调性的关系可得/'(x)=2x—之+W之。，在［L+8)上恒成立，变形

XXX

可得②，再结合函数的单调性，分析可得aWl+4③，联立三个式子，分析可得答案.

【详解】

ax,x<1

解：根据题意，函数/(%)=,4在A上单调递增，

XH---F^lnx,x>1

当x<l"(x)=a3若/(%)为增函数，贝！Ja>l①，

74

当元21,/(冗)=九H---\-alnx9

x

若“X)为增函数，必有f(x)=2x-3+在［L+8)上恒成立，

变形可得：a>--2x2,

X

又由可得g(x)=3—2/在口,”)上单调递减，则3—2/<0—2=2,

XX1

若a2在［1,+<»)上恒成立，贝！I有a22②，

X

若函数/(%)在R上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，

则需有aWl+4=5,③

联立①②③可得：2WaW5.

故选：D.

【点睛】

本题考查函数单调性的性质以及应用，注意分段函数单调性的性质.

2、B

【解析】

先由三角函数的定义求出sina,再由二倍角公式可求cos2cr.

【详解】

解：角a的终边与单位圆d+y2=l交于点尸］；,为

1

cosa,

3

cos2a=2cos2«-1=2x

故选：B

【点睛】

考查三角函数的定义和二倍角公式，是基础题.

3、B

【解析】

延长AD到E,使=连接则四边形A3EC为平行四边形，根据余弦定理可求出=5,进而可

得ABC的面积.

【详解】

解：延长AD到E,使=连接则四边形AHEC为平行四边形,

则BE=AC=3,ZABE=180-60=120，AE=2A£>=7,

在石中，AE2=AB2+BE2-2AB-BEcosZABE

贝!I72=6+32—2xABx3xcosl20,得AB=5,

SABC=-AB-AC-sin60=-x5x3x^=i^.

阪2224

故选：B.

fE

【点睛】

本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.

4、C

【解析】

/(x)=cos2x,将2x看成一个整体，结合V=cosx的对称性即可得到答案.

【详解】

由已知，/(x)=cos2x,令2%=左万，左eZ,得x左"，左eZ.

故选：C.

【点睛】

本题考查余弦型函数的对称性的问题，在处理余弦型函数的性质时，一般采用整体法，结合三角函数cosx的性质，是

一道容易题.

5、D

【解析】

从第一行的第5列和第6列起由左向右读数划去大于20的数分别为：08,02,14,07,01.所以第5个个体是01,选D.

考点：此题主要考查抽样方法的概念、抽样方法中随机数表法，考查学习能力和运用能力.

6、D

【解析】

由等比数列的性质求得aif=16,-32,通过解该方程求得它们的值，求首项和公比，根据等比数列的前"项

和公式解答即可.

【详解】

设等比数列｛斯｝的公比为q,

•.•〃5=16,的。4=-32,

，aiq4=16,“q5=_32,

:・q=-2,则q=1,

8

则S=lx[l-(-2)]=_8g>

81+2

故选：D.

【点睛】

本题主要考查等比数列的前"项和，根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键，属于基础题.

7、A

【解析】

计算M={2,6,0},再计算真子集个数得到答案.

【详解】

M=1y[y=«Z/,xwz}={2,6,o},故真子集个数为：23-1=7.

故选：A.

【点睛】

本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.

8、C

【解析】

根据炉=\[(2x-1)+1『，再根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】

因为/=%[(2%—D+1]。所以二项式[(2x-1)+1]5的展开式的通项公式为：

5rr5r

Tr+l=C；.(2x-l)--l=C；-(2x-l)-,令r=3,所以4=C；-(2x—1产，因此有

故选:c

【点睛】

本题考查了二项式定理的应用，考查了二项式展开式通项公式的应用，考查了数学运算能力

9、B

【解析】

利用基本不等式得必+V<4,可判断②；/+丁=4和卜2+y2)3=]6%2y2联立解得好=2=2可判断①③；由

图可判断④.

【详解】

/22、2

%+y

=16x2y2<16

2J

解得x2+y2<4(当且仅当必=丁二？时取等号)，则②正确；

将/+,2=4和6+力3=®2y2联立，解得f=,2=2,

即圆必+V=4与曲线C相切于点(行,行)，(-72,72),(-V2,-V2),(V2,-V2),

则①和③都错误；由孙<。，得④正确.

故选：B.

【点睛】

本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.

10、D

【解析】

求出直线/的斜率和方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，结合焦点的坐标，可得。力的方程组,

求得的值，即可得到答案.

【详解】

由题意，直线/的斜率为左=即尸=#=1,

可得直线/的方程为y=x-3,

22

把直线/的方程代入双曲线工—与=1,W(b--a2)x2+6a2x-9«2-a2b-=0,

ab

设4%,%),3(々,为)，则,+%,=6a,,

a-b

由AB的中点为P(—3,—6),可得_^=—6,解答尸=2后,

a-b

又由a?+Z?2=/=9,即a?+2a?=9，解得a=布,b=娓,

22

所以双曲线的标准方程为上-^=1.

36

故选：D.

【点睛】

本题主要考查了双曲线的标准方程的求解，其中解答中属于运用双曲线的焦点和联立方程组，合理利用根与系数的关

系和中点坐标公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

11、A

【解析】

根据复数相等的特征，求出3a和沙，再利用复数的模公式，即可得出结果.

【详解】

b=3

因为3+a，=b—(2a—l)7,所以｛?，

一(2a—1)—6Z,

4=3,

解得

3。=1,

则13a+bi\=\l+3/|=#+32=M.

故选：A.

【点睛】

本题考查相等复数的特征和复数的模，属于基础题.

12、A

【解析】

由复数的除法运算可整理得到z,由此得到对应的点的坐标，从而确定所处象限.

【详解】

2+，_(2+，)(1+，)_1+3，_13.

由Z—反=2+7•得:1-z-(l-z)(l+z)2-221

对应的点的坐标为］位于第一象限.

故选：A.

【点睛】

本题考查复数对应的点所在象限的求解，涉及到复数的除法运算，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

【解析】

计算出角8的取值范围，结合正弦定理可求得b的取值范围.

【详解】

QC=60°，则0<8<120,所以，0<sinBWl,

b

由正弦定理sin6

因此，〃的取值范围是。，

故答案为：［0,十］.

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，正弦函数图象和性质，考查了转化思想，属于基础题.

14、4%

【解析】

由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求.

【详解】

解：如图，在四面体A—BCD中，A3,底面BCD,AB=BD=®,CB=CD=1,

可得N3GD=9O。，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1,1,0,

则长方体的对角线长为加+p+(、历了=2，则三棱锥A-BCD的外接球的半径为1.

其表面积为4%xF=4%.

故答案为：4%.

【点睛】

本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，属于中档题.

15、l-3z.

【解析】

利用复数的运算法则首先可得出z,再根据共朝复数的概念可得结果.

【详解】

•.•复数z满足i(z+l)=—3+2工

-3+2/

z+1=-------=2+3,，/.z=1+319

i

故而可得1=1—3〃故答案为1—3九

【点睛】

本题考查了复数的运算法则，共辅复数的概念，属于基础题.

16、24

【解析】

2400

由分层抽样的知识可得…^x90=36,即16。。，所以高三被抽取的人数为

1600

x90=24应填答案24.

2400+2000+1600

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、(1)见解析；(2)35.

5

【解析】

(1)根据菱形的特征和题中条件得到与平面ABC一结合线面垂直的定义和判定定理即可证明;

(2)建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可.

【详解】

(1)证明：•.•四边形34GC是菱形，

：*LBC],

AB_LB{C,ABcBC1=B,

.•.与CL平面ABC1

QAOu平面ABC一

BXC±AO

又48=4。]，。是8。1的中点，

AO_LBQ,

又BXCBC1—O

.•.AO,平面331GC

(2)AB//A^

直线A片与平面所成的角等于直线A5与平面所成的角.

AO，平面5B]GC，

•••直线A6与平面3与GC所成的角为ZABO,即ZABO=45°.

因为=振，则在等腰直角三角形ABC1中5G=26，

所以50=6,CO=4。=tan30。=1.

在HjAfiO中，由NABO=45°得49=50=6，

以。为原点，分别以OB,OBX,Q4为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.

则4(0,0,V3),B(&0,0),4(0,1,0),C/-V3,0,0)

所以A4=AB=由,0,Y),BG=(—6,—1,0)

设平面44G的一个法向量为％=(苍又Z),

n-A,B.=^3x-Gz=0l

则广,可得々=(1,

n-B、C[=-V3x-y=0

取平面BBGC的一个法向量为%=(0,0,1),

,..%1,5

贝!!cos〈％,〃2〉=­：----=

|弭||%IV55

所以二面角A-B.Q-B的正弦值的大小为F.

(注：问题(2)可以转化为求二面角A—3C一片的正弦值，求出49=30=6后，在Rt_OBC中,过点。作

的垂线，垂足为〃，连接AH,则NA8O就是所求二面角平面角的补角，先求出走，再求出A8=巫，

22

最后在用49〃中求出5也//田0=《君.)

【点睛】

本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题.

1

18、(1)a,1=2n-l,b„=2-3"；(2)M„=2(n-l)-3"+2；(3)存在，1.

【解析】

(1)利用基本量法直接计算即可；

(2)利用错位相减法计算；

(3)?+勺J：GN",令'"：一：+3；：=eN*可得(L_D(,2_])=(3—乃3"',1＜4,3,讨论即可.

m

Sm+Tmm-1+3-l+3''

【详解】

(i)设数列｛4｝的公差为d,数列｛2｝的公比为q,

因为4=2%=2,b2s3—54,%+n=11,

3

「2虱3+3d)=54[q(l+d)=9夕=3q=——

所以7CC-，即V7CC解得或彳2(舍去)・

1+6?+2+2Q—11d+2q=8d—2

d=5

所以%=2n-l,bn=23"T.

2n-1

(2)Mn=afy+a2b2+a3b3+.=1X2+3X2X3+5X2X3+—F(2n-l)x2x3,

2n-1n

3Mn=1X2X3+3X2X3++(2n-3)X2X3+(2n-1)x2x3,

所以一2M“=2+4(3+3?++3"T)—(2〃一I)x2x3",

3(1-3^)

=2+4x-(4n-2)x3〃=—4—(4“一4)・3”

1-3

所以%=2(〃-1>3"+2.

(3)由(1)可得S”="2,北=3"-1,

所以鼠+&-痴一1+3’向

Si疗—1+3-

因为*7铲是数列｛a”｝或也｝中的一项，所以2=L,LGN*,

D/n+'利相—1+3

所以(L-D(m2-1)=(3一次,因为加2—10,3恒＞0,

所以1＜么,3,又LeN*,则L=2或L=3.

当L=2时，有(毋-1)=3",，即叵二Q=i，令=

\/3m3'"

(m+l)2-lm2-l2加之-2m—3

贝(1/(m+l)-/(m)=

T3“+i

当m=1时，/(1)</(2)；当加上2时,/(m+l)-/(m)<0,

即/(1)</(2)>/(3)>/(4)>--.

由/(1)=0,/(2)=?，知叵二Q=i无整数解.

3T

2_1.q/n+1

当L=3时，有疗一1=o,即存在m=1使得；2］；三=3是数列｛«„｝中的第2项,

故存在正整数帆=1,使得是数列｛%｝中的项.

D/n1m

【点睛】

本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前"项和，数列中的存在性问题，是

一道较为综合的题.

19、(1)—+y2=1,x2+(y+l)2=1；(2)述+1

4-3

【解析】

试题分析：(1)由4112。+(：0520=1消去参数a，可得G的普通方程，由必+丁2=22,y=Qsin。可得。2的普通

方程;

(2)设P(2cos/sino)为曲线G上一点，点P到曲线的圆心(0,—1)的距离d==-3(sina——I+g'结合

51£€［—1,1］可得最值，卢。|的最大值为2+r，从而得解.

试题解析:

尤2

(1)G的普通方程为土+y2=i.

4-

•••曲线。2的极坐标方程为P=-2sin6>,

...曲线。2的普通方程为V+/=_2y,即+(y+1)2=1.

(2)设P(2cos/sin。)为曲线G上一点,

则点P到曲线。2的圆心(。,—1)的距离

d=J4cos2a+(sina+1)2=V-3sin2a+2sincr+5

[—1,1],.,.当sina=g时，d有最大值上^.

,:sincee

又：p,Q分别为曲线4,曲线。2上动点，

...|PQ|的最大值为』+/=理+1.

20、(1)an=n-2"-l,bn=2n(2)证明见解析

【解析】

n+1n+1

(1)因为an+l=2an+2+1(〃eN*),所以an+l+1=2an+2+2(neN*),

所以丁=与二+1，即年?一耍=1，又因为q=i，

所以数列｛亨｝为等差数列，且公差为1,首项为L

则^^=l+("T)xl=〃，即。"=小2"-1.

设｛々J的公差为d,贝!12_2_]=22_]一2〃+4—々1=bn_x-2,n+4=d,

所以%=2"-4+d(〃=2,3,),则6“=2(”+1)-4+d(〃eN*)，

所以d=—bn_1=[2(〃+1)—4+(7]—(2??—4+<7)=2,因此bn=2(〃+1)—4+2=2〃，

综上，a„=n-2"-l,bn=2n.

(2)设数列｛〃2｝的前〃项和为M“，则=1x2+2x22+3x23+4x2“++nx2n,

Z345,1+1

2Mn=1X2+2X2+3X2+4X2++nx2,

两式相减得—M,=1X2+1X22+1X23+1X24++1X2n-nX2n+1=(1-n)-2B+1-2,

M„=(n-l)-2,,+1+2,所以S,=(w_l>2向+2—〃,

c=41g24i„2211

设"b“+Jg〃T+S"+i则-=2(〃+l)lg2"+2=(〃+1)(〃+2)-2(Q-〃+2)'

n

-/I11111、c/II、121

=2x(-+H---------------)=2x(-------)=l--------<l.

2334n+ln+22n+2n+2

21、(1)(i)证明见解析(ii)姮(2)存在，2=-

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【解析】

(1)(i)连接AC交BG于点。，连接OW,CG,依题意易证四边形ABCG为平行四边形，从而有AO=OC,

MOPC,由此能证明PC〃平面3MG

(ii)推导出BGLG。，以G为原点建立空间直角坐标系O-孙z,利用向量法求解;

(2)设AM=/lAP=/l(0,2,2)=(0,2/l,2/l),/l€(0,l),求出平面3MG的法向量，利用向量法求解.

【详解】

(l)(i)证明：连接AC交BG于点。，连接31,CG,

因为G为线段A£＞的中点，AD=4

所以AG=：AO=2,

因为DC=3C=2,所以AG=3C

因为AO〃8C

所以四边形ABCG为平行四边形.

所以AO=OC

又因为=

所以MOPC

又因为MOu平面3MG,「。＜2平面创收，

所以PCP平面3MG.

B=~~>C

(ii)解：如图，在平行四边形BCDG中

因为BGCD,CDVGD,

所以3GJ_G。

以G为原点建立空间直角坐标系O-xyz

则G(O,O,O),尸(0,0,2),0(0,2,0),

A(0,-2,0),B(2,0,0),C(2,2,0),M(O,-1,1)

所以PB=(2,0,—2),GB=(2,0,0),GM=(0,-1,1),BD=(-2,2,0),BM=(-2,-1,1)

平面PAD的法向量为分=(1,0,0)

设平面BMD的法向量为m=(x,y,z),

m，BD=0—2%+2