2024届广东省广州市天河区高三三模考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3广东省广州市天河区2024届高三三模考试数学试卷一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题得：，，，或，或，所以，故A错误；或，故B错误；或，故C错误；，故D正确；故选：D.2.当时，复数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〖答案〗A〖解析〗因为，所以，故复数在复平面内的对应点位于第一象限，故选：A．3.等比数列满足，，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗依题意有，故.故选：B4.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由于，，，所以，故选：C5.已知，是双曲线C两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为（）A. B. C. D.3〖答案〗C〖解析〗根据题意可知点在右支上，则，又，，，，则在中，，，故.故选：C．6.设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：①若，，则；②若且，则；③若，则对于任意向量，都有；④若，则对于任意向量，都有；其中所有正确结论的序号为（）A.①②③ B.②③④ C.①③ D.①④〖答案〗C〖解析〗对于①：若，，则，所以，故①正确；对于②：取，满足，则，满足，但，故②错误；对于③：若，则，且，设，则，可知，所以，故③正确；对于④：取，可知，但，即，故④错误；故选：C.7.已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设点O到底面、的距离分别是,三棱柱的高为,且,∴,∴，故选:B.8.在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，为圆上两动点，且满足，设，，点到直线的距离，同理可得点到直线的距离,所以点到直线的距离之和为，其中，故当时，此时取最小值.故选：D．二、选择题9.在某次学科期末检测后，从全部考生中选取100名考生的成绩（百分制，均为整数）分成，，，，五组后，得到如下图的频率分布直方图，则（）A.图中a的值为0.005 B.低于70分的考生人数约为40人C.考生成绩的平均分约为73分 D.估计考生成绩第80百分位数为83分〖答案〗AC〖解析〗对于A，由，解得，故A对；对于B，低于70分的考生人数约为，故B错；对于C，考生成绩的平均分约为，故C对；对于D，成绩落在内频率为，落在内频率为，故考生成绩第80百分位数落在，设为m，由，解得，故考生成绩第80百分位数为82.5分，故D错误；故选：AC.10.已知函数，则（）A. B.C. D.〖答案〗AB〖解析〗，对于A，由，所以，故A正确；对于B，当时，，由正弦函数可知，在上单调递减，又的对称轴为，所以，由，则，故B正确；对于C，令，，所以的对称中心为，，若成立，则则关于点对称，令，解得，故C错误；对于D，因为的周期为，，，，，，，，所以.故D错误.故选：AB.11.在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（）A.∥平面B.若，则点M的轨迹为抛物线的一部分C.以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点D.以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为〖答案〗AC〖解析〗根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形，所以可得，又因为平面,平面,所以平面，故选项A正确；因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线，这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线，即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的；由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心，根据，，可知，所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1，所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确；由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆，此时一个圆的周长是，而根据该球心到一个侧面射影是，，，可解得，所在侧面截得交线如图：由，，可得，即，所以在该侧面内留下的交线长为，即该球面与正四棱柱各侧面交线总长度为，故D选项错误；故选：AC.三、填空题12.在的展开式中，若各项系数的和为，则的系数为______．〖答案〗〖解析〗由题知，令，则原式为，因为各项系数的和为，所以，则，则原式为，因为通项为，所以的系数为.故〖答案〗为：13.函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为______．〖答案〗4（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为且，若函数是单调函数，结合二次函数可知：在R上单调递增，，解得.故〖答案〗为：4（〖答案〗不唯一）.14.在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则______，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为______．〖答案〗〖解析〗奖品在号箱，甲选择了号箱，主持人可打开号箱，则；若奖品在号箱，其概率为，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为；若奖品不在号箱，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两个箱子中的个，若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子概率为；若抽奖人更改选择，其中奖的概率为.故〖答案〗为：；.三、解答题15.在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若D是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围．解：（1），，又，可得，，，又，，可得，所以，解得或，，所以，即.（2）设，则，，，在中，由正弦定理得，因为为锐角三角形，所以且，则，所以，可得，所以，所以.16.已知数列的各项均为正数，，记为的前n项和．（1）从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列是等差数列；②数列是等差数列；③．（2）若，在（1）的条件下，将在数列中，但不在数列中的项从小到大依次排列构成数列，求数列的前20项和．（1）证明：选①②作条件证明③：因为数列是等差数列，数列是等差数列，设，所以，所以，当时，，当时，，若，则，不合题意，若，则，，，满足题意，，得证选①③作条件证明②：设等差数列的公差为，由得，则，所以，所以，所以，所以数列是等差数列，得证.选②③作条件证明①：因为数列是等差数列，，所以公差为，首项为，则，即，则有，两式作差得，即，所以，即，即，又适合上式，所以，则，所以数列是等差数列，得证.（2）解：当时，由（1）可知，，则，，当数列取20项时，设数列中取项，去掉数列中的项，则有，（其中取正整数），则当时，不等式组成立，当时，，不等式组不成立，所以取时，设数列的前20项和为，则，即数列的前20项和是.17.在五面体中，，，，，，，平面平面.（1）证明：，并求出，之间的距离；（2）求出平面和平面夹角的余弦值.（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，又因为面，面面，所以，又，故，由于，，故，之间的距离为.（2）解：且，故四边形是平行四边形，故，由，可得.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.而平面，，因为，故.，，故，中，由余弦定理可得，故，又由，，得，因为，所以.以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，2，，，0，，，0，，，0，，设平面的法向量为，，，，0，，，2，，则，取，可得，1，，设平面的法向量为，，，，，，，则，取，可得，，，则，，故平面和平面夹角的余弦值是.18.高一（1）班每周举行历史答题擂台比赛，排名前2名的同学组成守擂组，下周由3位同学组成攻擂组挑战，已知每位守擂同学答对每道题的概率为，每位攻擂同学答对每道题的概率为，每道题每位同学答题互不影响.每道题由每组成员依次答题，只要有一人答对，则这道题该组得1分，否则这道题该组得0分.为提高攻擂同学的积极性，第一题由攻擂组先答，若该组同学均未答对，再由守擂组答；从第二题开始，两组进行抢答，抢到的组回答，且不管其是否答对，另一组不能补答.已知抢答环节每题守擂组抢到的概率均为.（1）求攻擂组答第一题得1分的概率；（2）求守擂组在第一题后得0分的概率；（3）设为三题后守擂组的得分，求的分布列与数学期望.解：（1）根据答题规则可知，若攻擂组三人均答不出，则攻擂者组答不出每道题的概率，则可知攻擂者组每道题答对的概率，所以攻擂组答第一题得1分的概率为；（2）若守擂者组第1题后得分为0分，因为第一题由攻擂者先答，所以该题需攻擂组答对或者该题答错由守擂者组再答题并答错，易知守擂者组答出每道题的概率为，因此守擂组在第一题后得0分的概率；（3）易知的所有可能取值为0，1，2，3，第一题守擂者组得1分的概率为，抢答环节的题目守擂者组抢到的概率，则守擂者组每题得一分的概率为，即可知前三题中第一题守擂者组得1分的概率为，第二、三题得1分的概率均为，则，，，，因此的分布列为：0123所以.19.已知函数．（1）求的极值；（2）已知，证明：．（1）解：由题意知：定义域为，；①当时，，，在上单调递增，无极值；②当时，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；综上所述：当时，无极值；当时，极小值为，无极大值.（2）证明：令，则，由（1）知：，，即，令，则且，，，取，则，即，令，则，在上单调递增，，即，，即.20.一般地，当且时，方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆上异于其左，右顶点M，N的任意一点．（1）当时，直线与椭圆C，自上而下依次交于R，Q，S，T四点，探究，的大小关系，并说明理由．（2）当（e为椭圆C的离心率）时，设直线与椭圆C交于点A，B，直线与椭圆C交于点D，E，求的值．解：（1）将椭圆与直线联立：，整理得；，，设交点，，由韦达定理：，同理，将与直线联立可得：，，设交点，，由韦达定理：，，，即线段与线段的中点相同.故.（2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得，由题意可知直线，斜率均存在且不为零.设，将点代入椭圆，，令，则；写出直线方程：，：，已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点.联立与，整理得：；设，，由韦达定理：，，，同理，将替代成可得，可得，故的值为7.广东省广州市天河区2024届高三三模考试数学试卷一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题得：，，，或，或，所以，故A错误；或，故B错误；或，故C错误；，故D正确；故选：D.2.当时，复数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〖答案〗A〖解析〗因为，所以，故复数在复平面内的对应点位于第一象限，故选：A．3.等比数列满足，，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗B〖解析〗依题意有，故.故选：B4.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由于，，，所以，故选：C5.已知，是双曲线C两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为（）A. B. C. D.3〖答案〗C〖解析〗根据题意可知点在右支上，则，又，，，，则在中，，，故.故选：C．6.设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：①若，，则；②若且，则；③若，则对于任意向量，都有；④若，则对于任意向量，都有；其中所有正确结论的序号为（）A.①②③ B.②③④ C.①③ D.①④〖答案〗C〖解析〗对于①：若，，则，所以，故①正确；对于②：取，满足，则，满足，但，故②错误；对于③：若，则，且，设，则，可知，所以，故③正确；对于④：取，可知，但，即，故④错误；故选：C.7.已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设点O到底面、的距离分别是,三棱柱的高为,且,∴,∴，故选:B.8.在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，为圆上两动点，且满足，设，，点到直线的距离，同理可得点到直线的距离,所以点到直线的距离之和为，其中，故当时，此时取最小值.故选：D．二、选择题9.在某次学科期末检测后，从全部考生中选取100名考生的成绩（百分制，均为整数）分成，，，，五组后，得到如下图的频率分布直方图，则（）A.图中a的值为0.005 B.低于70分的考生人数约为40人C.考生成绩的平均分约为73分 D.估计考生成绩第80百分位数为83分〖答案〗AC〖解析〗对于A，由，解得，故A对；对于B，低于70分的考生人数约为，故B错；对于C，考生成绩的平均分约为，故C对；对于D，成绩落在内频率为，落在内频率为，故考生成绩第80百分位数落在，设为m，由，解得，故考生成绩第80百分位数为82.5分，故D错误；故选：AC.10.已知函数，则（）A. B.C. D.〖答案〗AB〖解析〗，对于A，由，所以，故A正确；对于B，当时，，由正弦函数可知，在上单调递减，又的对称轴为，所以，由，则，故B正确；对于C，令，，所以的对称中心为，，若成立，则则关于点对称，令，解得，故C错误；对于D，因为的周期为，，，，，，，，所以.故D错误.故选：AB.11.在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（）A.∥平面B.若，则点M的轨迹为抛物线的一部分C.以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点D.以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为〖答案〗AC〖解析〗根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形，所以可得，又因为平面,平面,所以平面，故选项A正确；因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线，这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线，即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的；由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心，根据，，可知，所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1，所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确；由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆，此时一个圆的周长是，而根据该球心到一个侧面射影是，，，可解得，所在侧面截得交线如图：由，，可得，即，所以在该侧面内留下的交线长为，即该球面与正四棱柱各侧面交线总长度为，故D选项错误；故选：AC.三、填空题12.在的展开式中，若各项系数的和为，则的系数为______．〖答案〗〖解析〗由题知，令，则原式为，因为各项系数的和为，所以，则，则原式为，因为通项为，所以的系数为.故〖答案〗为：13.函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为______．〖答案〗4（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为且，若函数是单调函数，结合二次函数可知：在R上单调递增，，解得.故〖答案〗为：4（〖答案〗不唯一）.14.在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则______，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为______．〖答案〗〖解析〗奖品在号箱，甲选择了号箱，主持人可打开号箱，则；若奖品在号箱，其概率为，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为；若奖品不在号箱，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两个箱子中的个，若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子概率为；若抽奖人更改选择，其中奖的概率为.故〖答案〗为：；.三、解答题15.在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A；（2）若D是边上一点（不包括端点），且，求的取值范围．解：（1），，又，可得，，，又，，可得，所以，解得或，，所以，即.（2）设，则，，，在中，由正弦定理得，因为为锐角三角形，所以且，则，所以，可得，所以，所以.16.已知数列的各项均为正数，，记为的前n项和．（1）从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列是等差数列；②数列是等差数列；③．（2）若，在（1）的条件下，将在数列中，但不在数列中的项从小到大依次排列构成数列，求数列的前20项和．（1）证明：选①②作条件证明③：因为数列是等差数列，数列是等差数列，设，所以，所以，当时，，当时，，若，则，不合题意，若，则，，，满足题意，，得证选①③作条件证明②：设等差数列的公差为，由得，则，所以，所以，所以，所以数列是等差数列，得证.选②③作条件证明①：因为数列是等差数列，，所以公差为，首项为，则，即，则有，两式作差得，即，所以，即，即，又适合上式，所以，则，所以数列是等差数列，得证.（2）解：当时，由（1）可知，，则，，当数列取20项时，设数列中取项，去掉数列中的项，则有，（其中取正整数），则当时，不等式组成立，当时，，不等式组不成立，所以取时，设数列的前20项和为，则，即数列的前20项和是.17.在五面体中，，，，，，，平面平面.（1）证明：，并求出，之间的距离；（2）求出平面和平面夹角的余弦值.（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，又因为面，面面，所以，又，故，由于，，故，之间的距离为.（2）解：且，故四边形是平行四边形，故，由，可得.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.而平面，，因为，故.，，故，中，由余弦定理可得，故，又由，，得，因为，所以.以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，2，，，0，，，0，，，0，，设平面的法向量为，，，，0，，，2，，则，取，可得，1，，设平面的法向量为，，，，，，，则，取，可得，，，则，，故平面和平面夹角的余弦值是.18.高一（1）班每周举行历史答题擂台比赛，排名前2名的同学组成守擂组，下周由3位同学组成攻擂组挑战，已知每位守擂同学答对每道题的概率为，每位攻擂同学答对每道题的概率为，每道题每位同学答题互不影响.每道题由每组成员依次答题，只要有一人答对，则这道题该组得1分，否则这道题该组得0分.为提高攻擂同学的积极性，第一题由攻擂组先答，若该组同学均未答对，再由守擂组答；从第二题开始，两组进行抢答，抢到的组回答，且不管其是否答对，另一组不能补答.已知抢答环节每题守擂组抢