广东省六校2024届高三上学期第三次联考数学试题（Word版附解析）

东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学2024届高三第三次六校联考试题数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据交集的定义计算可得.【详解】因为，，所以.故选：A2.若复数z满足，则（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.【详解】由，所以.故选：B.3.已知非零向量、满足，且，则与的夹角为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】分析可得，利用平面向量数量积的运算性质可得出的值，结合平面向量夹角的取值范围可得出与的夹角.【详解】因为非零向量、满足，且，则，所以，，又因为，故.因此，与的夹角为.故选：A.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用两角和的正切公式可得出关于的方程，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.【详解】因为，整理可得，解得，所以，.故选：C.5.已知函数和直线l：，那么“直线l与曲线相切”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据直线与曲线相切，求出，利用充分条件与必要条件的定义即可判断出结论．【详解】设函数和直线的切点坐标为，则，可得，所以时，直线与曲线相切；直线与曲线相切不能推出．因此“”是“直线与曲线相切”的必要不充分条件．故选：B．6.已知a，b为正实数，且，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得.【详解】正实数满足，则，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值.故选：D7.已知三棱锥如图所示，、、两两垂直，且，点、分别是棱、的中点，点是棱靠近点的四等分点，则空间几何体的体积为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】过点作，交于点，证明出平面，计算出三棱锥、的体积，可得出，即可得解.【详解】过点作，交于点，因为，，，、平面，所以，平面，因为，则平面，且，则，因为、分别为、的中点，则，所以，，， 因此，.故选：C.8.已知数列为有穷整数数列，具有性质p：若对任意的，中存在，，，…，（，，i，），使得，则称为4-连续可表数列.下面数列为4-连续可表数列的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据新定义进行验证即可得．【详解】选项A中，，和不可能为4，A不是4-连续可表数列；选项B中，，B是4-连续可表数列；选项C中，没有连续项的和为2，C不是4-连续可表数列；选项D中，没有连续项的和为1，D不是4-连续可表数列．故选：B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（）A.，，若，则B.若且，则C.若点G是的重心，则D.若向量，，则向量在向量上的投影向量为【答案】CD【解析】【分析】利用共线向量的坐标表示可判断A选项；利用向量垂直的表示可判断B选项；利用三角形重心的向量性质可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.【详解】对于A选项，已知，，若，则，解得，A错； 对于B选项，若且，则，所以，或，B错；对于C选项，若点G是的重心，则，C对；对于D选项，若向量，，则向量在向量上的投影向量为，D对.故选：CD.10.已知函数的图象为，以下说法中正确的是（）A.函数的最大值为B.图象相邻两条对称轴的距离为C.图象关于中心对称D.要得到函数的图象，只需将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位【答案】BCD【解析】【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式将函数化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可.【详解】因为，所以函数的最大值为，故A错误；函数的最小正周期，所以图象相邻两条对称轴的距离为，故B正确；因为，所以图象关于中心对称，故C正确； 将的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变得到，再将向右平移个单位得到，故D正确；故选：BCD11.若函数的定义域为D，若对于任意，都存在唯一的，使得，则称为“Ⅰ型函数”，则下列说法正确的是（）A.函数是“Ⅰ型函数”B.函数是“Ⅰ型函数”C.若函数是“Ⅰ型函数”，则函数也是“Ⅰ型函数”D.已知，若，是“Ⅰ型函数”，则【答案】ACD【解析】【分析】根据所给函数的定义求解C，根据对数运算求解A，根据三角函数的周期性以及单调性求解BD.【详解】对于A,由可得，所以，故A正确，对于B，取，则由以及可得,故这与存在唯一矛盾，故B错误，对于C，由于函数是“Ⅰ型函数”，则对于任意，都存在唯一的，使得，故，因此对于对于任意，都存在唯一的，使得，故是“Ⅰ型函数”，C正确，对于D，对于任意，都存在唯一的，使得，所以，由于，所以 ，由于在单调递增，所以且，故，D正确，故选：ACD12.已知棱长为1的正方体中，P为线段上一动点，则下列判断正确的是（）A.存在点P，使得B.三棱锥的外接球半径最小值为C.当P为的中点时，过P与平面平行的平面截正方体所得的截面面积为D.存在点P，使得点P到直线的距离为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间坐标系，根据向量共线求解A，根据正三棱锥的性质，结合外接球半径的求解即可判定B，根据面面平行的性质，结合六边形的面积求解即可判定C，建立空间坐标系，利用点线距离的向量求法，由二次函数的性质即可求解D.【详解】由于为等边三角形，且其外接圆的半径为，由于平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面，故，同理可证,因此平面，故平面，因此三棱锥为正三棱锥，设外接球半径为，球心到平面的距离为，则，故当时，为最小值，故B正确，取的中点为,,连接,当是的中点，也是的中点， 则该截面为与平面平行的平面截正方体所得的截面，进而可得该截面为正六边形，边长为,所以截面面积为，C正确，对于D,建立如图所示的空间直角坐标系，则,设，(),,所以点P到直线的距离为，由于，所以，由于,故D正确，由于，,则,,若与共线，则，，此时，此时与不共线，故不平行故A错误，故选：BCD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.关于不等式的解集为，则______.【答案】##【解析】【分析】分析可知，、是关于的方程的两根，利用韦达定理可得出的值.【详解】因为关于的不等式的解集为，则，且、是关于的方程的两根，由韦达定理可得，，解得，所以，.故答案为：.14.已知数列的前项和，，则_________.【答案】【解析】【分析】根据求出，再根据对数的运算性质计算可得.【详解】因为数列的前项和，所以，所以.故答案为： 15.已知函数，关于x的方程有六个不等的实根，则实数a的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】方程变形为或，其中可解得两个根，因此应有4个根，作出函数的图象与直线，由图象得它们有4个交点时的参数范围．【详解】，则或，，，即有两个根，因此应有4个根，作出函数的图象与直线，由图象可知，当时满足题意，故答案为：．16.如图，已知函数（其中，，）的图象与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，，，，.则函数在上的值域为______. 【答案】【解析】【分析】由题意可得：，，可得，，，的坐标，根据，可得方程，进而解出，，，即可求出，再由三角函数的性质求解．【详解】由题意可得：，，，，，，，，，把代入上式可得：，.解得，，，，解得.，，解得，所以函数， 时，，，故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知为数列的前项和，且，，.（1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式；（2）若，设数列的前项和为，求.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列的定义可证得数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可得出数列的通项公式；（2）利用与的关系可求出数列的通项公式，再利用裂项相消法可求得.【小问1详解】解：对任意的，，则，所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，所以，，故.【小问2详解】 解：当时，，也满足，故对任意的，.所以，，故.18.在中，角、、所对的边分别为、、，且.（1）求角的值；（2）已知点为的中点，且，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量数量积的运算性质结合余弦定理、基本不等式可得出关于的不等式，由此可解得的最大值.【小问1详解】解：因为、，则，由正弦定理可得，所以，，故.【小问2详解】解：因为为中点，则，所以，，所以，，由余弦定理可得， 所以，，，由基本不等式可得，即，解得，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为.19.若二次函数满足（1）求的解析式；（2）若函数，解关于的不等式：.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1），根据可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，即可得出函数的解析式；（2）求出函数的定义域，利用导数分析函数的单调性，由可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【小问1详解】解：设，则， 所以，，解得，故.【小问2详解】解：函数的定义域为，且，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，故对任意的，，所以，函数在上为减函数，由可得，解得或，因此，不等式的解集为.20.如图（1）所示，在中，，过点作，垂足在线段上，且，，沿将折起（如图（2）），点、分别为棱、的中点.（1）证明：；（2）若二面角所成角的正切值为，求二面角所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）证明出平面，可得出，利用中位线的性质可得出，即证得结论成立；（2）分析可知，二面角的平面角为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角所成角的余弦值.【小问1详解】证明：翻折前，，则，，翻折后，则有，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，在四棱锥中，因为点、分别为棱、的中点，则，因此，.【小问2详解】解：因为，，则二面角的平面角为，即，因平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为，，，则，又因为，则、、、、、，设平面的法向量为，，， 则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.21.已知数列是公比大于0的等比数列，，.数列满足：（）.（1）求数列的通项公式；（2）证明：是等比数列；（3）证明：.【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）由等比数列的通项公式运算可得的通项公式，进而求出数列的通项公式；（2）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；（3）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.【小问1详解】设等比数列的公比为，则，则，所以， 又.【小问2详解】所以，所以，且，所以数列是首项为8，公比为的等比数列；【小问3详解】由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.22.已知函数， （1）讨论函数的单调区间；（2）当时，设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】22.上单调递增，上单调递减.23.证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性；（3）利用切割线放缩证明.【小问1详解】,,,,上单调递增，上单调递减.【小问2详解】,,在上单调递增，上单调递减.，，因，所以函数在区间上为上凸函数，函数在区间的图象如图所示.不妨设，则. 连接和点的直线l2的方程为：,当时，,由图可知,所以要证明，只需证明，即只需证明，连接的直线的方程为,设函数的图象的与平行的切线是直线，，，直线的方程为,即，令,得直线与直线的交点横坐标为,由图可知，，