数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1121广东省广州外国语、广大附中、铁一中学等三校2024-2025学年高三上学期期中联考试题（全科）

参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D C D B C CD ABD 题号 11 答案 B 1．C【详解】由x25x0，解得0x5，所以A1,2,3,4,5，由 x1 2，解得1 x3，所以B0,1,2， AB1,2，故选：C．  x2 y2 x8 2．A【详解】设z xyi，x,yR 由 z z84i得 x2 y2 x yi84i所以 ，解得x3,y4 y4 ∴z34i． 3．C【详解】如图所示：以A为原点，建立平面直角坐标系， 因为正方形ABCD的边长为1，可得A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，        AM AB，AN AD，M(,0)，N(0,)，CM (1,1)，CN (1,1)，   CM CN 111，故1，222 (1)222 3221， 1 2 故 时，3221的最小值是 ， 3 3 3 4．D【详解】由sin cos()sincos ， 4 9 7 所以 sincos212sincos ，可得2sincos 0，因为0,，所以sin0,cos0，可 16 16 得sincos0，又由sincos2 12sincos 23 ，可得sincos 23 ，所以 16 4   2 46 sin  sincos .  4 2 8 4 5．C【详解】设球的半径为R，则球的体积为 πR3，圆柱底面积为πR2，高为2R，故圆柱的体积为πR22R2πR3， 3 2πR3 3 m  6πR2 3 n 故 4 2 ，球的表面积为4πR2，圆柱的表面积为2πR22πR2R6πR2，故n  ，故 1， πR3 4πR2 2 m 3 6    x x 1 2    展开式中的通项公式为T r1 C 6 rx6r x2r 1r C 6 rx63r，令63r0，解得r 2，故常数项为 T 12 C2 15. 3 6   6．D【详解】由题意，将函数ysin2x 的图象向右平移m(m0)个单位长度，  6    5 得到的图象对应的函数y f xsin(2x2m )的图象，因为 f x在区间   ,  上单调递减， 6  12 12 答案第1页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}   5  3   所以2( )2m 2k 且2 2m 2k ,kz，解得k mk ,kz，即 12 6 2 12 6 2 4 4  3 mk ，令k 1，可得m的最小值为 . 4 4 18a a  19a a  7．B【详解】S  1 18 9a a  0，即a a 0，S  1 19 19a 0，即a 0，故a 0， 18 2 9 10 9 10 19 2 10 10 9 S S  S d 0，①当1≤n≤9，nN*时，a 0，S 0，故 n 0， S  S ， a  a ，故 n  9 ； n n a n n max 9 n min 9 a n  max a 9 S S  S ②当10n18，nN*时，a 0，S 0，故 n 0， S  S ， a  a ， n  10 ； n n a n max 10 n min 10 a  a n n min 10 S S S a S S S a S S S ③当n19时， 19 0且 19  18 19  18 11， 9  8 9  8 11，故 19  9 ； a a a a a a a a a 19 19 19 19 9 9 9 19 9 S S S S S S 综上所述： 1, 2 ,, 18 , 19 中，最大项和最小项分别为 9 , 10 . a a a a a a 1 2 18 19 9 10 8．C【详解】令x1，y1，f 1 f 1 f 11，所以 f 11；令x=1，y1，f 1 f 1 f 11 则 f 11．令y1，得 f x f x，故y fxx0为偶函数．A错误， x x  任取x，x 0,，x x ，则 2 1，则 f x  f x  f  2 1 f x ，故y fxx0在0,上为 1 2 1 2 x 2 1  x  1 1 1 减函数．由已知 f 2x11，可得 f  2x1   f 1，故 2x1 1，解得1 x0，且x 1 ．B错误， 2 若 f 2 1 ，则 f 1024 f  210  f  29  f 2110f 2 94 ，C正确，若 f   1 2，则 2 2  1  1  1   1   1  1  1   1   1  f  2f  13，f  2f  15，f   f   f  1 6，所以 f  2f  111， 22 2 24  22  25 2 25 1024 25 故D错误， 9．CD【详解】由题意知，100，2100，A：标准差： 2 10 ，故A错误； 1 B：P(10010 X 10010)P(90 X 110)0.6827，PX 90 [1P(90 X 110)]0.15865， 2 PX 901P(X 90)0.841350.8686%，故B错误； C：P(10030 X 10030)P(70 X 130)0.9973，10000.9973997人，故C正确； D：P(10020 X 10020)P(80 X 120)0.9545， 1 因为成绩服从标准正态分布，PX 80PX 120 [1P(80 X 120)]0.02275，故D正确. 2 10．ABD 【详解】 f xaxa2xb（ a0),  fx2axaxbaxa2 axa3x2ba , 2ba 2ba 令 fx0，xa或x ,由题意可知， a.函数 f xaxa2xb（ a0)的极大值点为xa， 3 3 答案第2页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#} a0  a0   2ba 或2ba .即ba0或ba0. 所以a2 b2，A正确，a2 ab，B正确，  a  a  3  3 2ba 2b4a x +x  a  ，ba0时，x +x 0正确，ba0时x +x 0错误，则C错误， 1 2 3 3 1 2 1 2 2ba xx  a0，D正确. 1 2 3 11．ACD   【详解】平面内M0,2和N0,2，动点Px,y满足 PM  PN mm 4，故 x2(y2)2  x2(y2)2 m ， A：0,0代入，可得m4，正确； B：对应曲线任意点(x,y)，则关于y轴对称点为(x,y)，关于x轴对称点为(x,y)， 将(x,y)代入上式得 (x)2 (y2)2  (x)2 (y2)2  x2 (y2)2  x2 (y2)2 m； 将(x,y)代入上式得 x2(y2)2  x2(y2)2  x2(y2)2  x2(y2)2 m ； 所以曲线E既关于y轴对称，也关于x轴对称，不正确;       C：若P、M 、N三点不共线，则 PM + PN 2 PM PN 2 m ，当且仅当 PM = PN  m 时等号成立， 又|MN|4，所以PMN 周长的最小值为2 m+4，正确； D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式， 曲线E上与M 、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，   又图象既关于x轴对称，又关于y轴对称，且 GM GN m ，知： π 四边形GMHN 的面积为2S  GM GN sinMGN m ，当且仅当sinMGN 1时等号成立，此时MGN  ， MNG 2 所以四边形GMHN的面积不大于m，正确. 【点睛】曲线为 x2(y2)2  x2(y2)2 m ，对于m的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合 基本不等式ab2 ab,a,b0即可证明C，对于D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象， 得到面积表达式. 12． 21 【详解】设F c,0，得到PF  b2 ,由题意知 b2 2c，即c2a2 2ac， 2 2 a a 所以e22e10，解得e 21，或e 21（舍去）． 1 13． 【详解】设公切线在曲线yax2与ylnx上的切点分别为A(x ,y ),B(x ,y )， ln2e 1 1 2 2 1 1 1 1 由ylnx可得y  ，所以 2，解得x  ，所以y lnx ln2,则B( ,ln2)， x x 2 2 2 2 2 2 1 所以切线方程为yln22(x )，又由yax2，可得y2ax，所以2ax 2，即ax 1， 2 1 1 答案第3页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}1 所以y ax2  x ，又因为切点A(x,y )，也即A(x,x)在切线yln22(x )上， 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 所以x ln22(x  )，解得x ln21，所以a   . 1 1 2 1 x ln21 ln2e 1 80 14． 32 , 31 【详解】（1）a 的可能值为0，1（1i5，iN）.故五维立方体的顶点有25 32个. i （2）依题意，样本空间的样本点记为M,N，M，N为五维立方体的顶点 样本点总数：nΩC2 , 当X k时，有k个第i维坐标值不同，有5k个第i维坐标值相同. 32 满足X k的样本点M,N个数为 C 5 k2k25k Ck24. 2 5 X 1 2 3 4 5 所以PX k C 5 k24  C 5 k k  1,2,3,4,5 . P 5 10 10 5 1 C2 25 1 31 31 31 31 31 25 1 80 故分布列为：EX 52030205 . 31 31 1 15．（1）sinAcosC  ；（2）a 2. 6 a2b2c2 b2c2a2 2b2 【详解】解：（1）由条件及余弦定理得，12b2sinA  0 ，所以12b2sinA 0， 所 cosC cosC cosC 1 以sinAcosC  ． 6 1 1 2 （2）由sinA 得，cosC  ，又0C，所以C  ， 3 2 3 2 2 3 1 2 2 3 2 61 则cosA ，sinC  ．sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC     ， 3 2 6 3 2 6 6 2 3 1 6 2 3 asinC 3 3 由V ABC的面积为 得 acsinB ， 所以ac3 3．由正弦定理得，c  a ， 4 2 4 sinA 2 所以a2 2，故a 2 x2 16．(1) y2 1 (2)xy10或xy10 4 x2 y2  3 【详解】（1）设椭圆M 的方程为：  1(ab0)，因为椭圆的面积为2π，点  1,   在椭圆M 上. a2 b2  2  πab2π  3 x2 所以 ,解得：a2,b1，所以椭圆M 的标准方程为： y2 1.  1  4 1 4 a2 b2 （2）因为经过点P1,0的直线l与曲线M 交于A，B两点，  当直线l的斜率不存在时，A    1, 3   ,B    1, 3   ，此时S  1 1 3 3 ，  2   2  OAB 2 2 答案第4页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}3 2 因为△OAB与椭圆M 的面积比为 ，但 2 2 ，即直线斜率存在； 5π  2π 5π ykx1  不妨设直线l的方程为ykx1，联立  x2 ，消去y整理可得：  4k21  x28k2x4k240，  y2 1  4 不妨设Ax ,y ,Bx ,y ，则x x  8k ,x x  4k24 ， 1 1 2 2 1 2 14k2 1 2 14k2 2k 因为y  y kx 1kx 1kx x 2k  ， 1 2 1 2 1 2 14k2 3k2 y y kx 1kx 1 k2 xx x x 1  ， 1 2 1 2 1 2 1 2 14k2 1 1 1 4k2 12k2 2 所以S OAB  2 1 y 1 y 2  2 y 1  y 2 24y 1 y 2  2  14k22 + 14k2 ，因为△OAB与椭圆M 的面积比为 5π ， 1 4k2 12k2 所以 2  14k22 + 14k2 ，化简为 3k4k2  4 ，即11k47k240，即  11k27  k21  0，解得： = 2 16k48k21 25 2π 5π k1，所以直线l的方程为yx1或y=x1， 所以直线l的方程为xy10或x y10. 17．【详解】（1）证明：取AB中点M ，连接AM,FM,F 为BC的中点，E为AC 的中点， 1 1 1 1 1 MF // AC,AE// AC，MF//AE， 2 1 2 1 1 1 MF  AC,AE  AC，MF  AE， 2 1 2 1 据此可得四边形AMFE为平行四边形， 1 EF //AM ，EF 平面ABBA ，AM 平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 EF //平面ABBA ． 1 1 （2）解：平面ACC A 平面ABC,过C 作CH AC,CH  平面ABC， 1 1 1 1 1 1 1 V  S CH   3CH 1CH  3， C1 ABC 3 ABC 1 3 1 1 CC 2,CH 1,H 为AC中点，BH  AC， 1 如图分别以HB,HC,HC 所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 1 A0,1,0,E  0,1, 3  ,F   3 , 1 ,0  ,C0,1,0,C  0,0, 3    2 2   1    t 3       2t1  3t   3 3  由CGtGCG0, , ，AE 0,0, 3 , EG0, , ,EF  , , 3 1   t1 t1     t1 t1     2 2   答案第5页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}  设平面AEG和平面EFG的一个法向量分别为n x,y,z ,n x ,y ,z ， 1 1 1 1 2 2 2 2  2t1 3t   n    E  G  0   t1 y 2  t1 z 2 0    则n (1,0,0),又 2    ，n  t2, 3t,2t1 ，设二面角AEGF 的平面角 1 n EF 0  3 3 2 2 x  y  3z 0   2 2 2 2 2   n 1 n 2 t2 4 22 为，cos     ，整理得：25t228t440，解得t 2或t  （舍）. n  n (t2)23t2(2t1)2 53 25 1 2 1  18．(1) , (2)证明见解析 (3)证明见解析 4  1 【详解】（1）由题意知函数 f(x)的定义域为(0,)， fx ax10在x(0,)上恒成立， x 1 1 1 1 1 1 2 1 1 所以a  在x(0,)上恒成立，又       ，当且仅当x2时，等号成立， x2 x x2 x x 2 4 4 1 1  所以a ，即a的取值范围是  ,. 4 4  1 1x （2）证明：若a0， f(x)lnxx2，所以 fx 1 ， x x 令 ，解得x1，所以当0x 1时， fx0，当x1时， fx0， ' 所以 ( f ) (x = )在0(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以 f(x) f(1)1，当且仅当x1时，等号成立. 4ex2 4  x22x  ex2 4x2ex2 令g(x) ，x0，所以 gx  ， x2 x4 x3 令gx0，解得x2，所以当0x2时，gx0，当x2时，gx0， 所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，所以g(x)g(2)1，当且仅当x2时，等号成立， 4ex2 所以 f(x)1g(x)，又等号不同时成立，所以 f(x) . x2 （3）证明：由题意可知 fx 1 ax1 ax2x1 ， 因为 f(x)有两个极值点x，x x x ， 1 2 1 2 x x  1 x x  , 1   1 2 a 所以x，x 是方程ax2x10的两个不同的根， 则0a 且 1 2 4  xx  1 ,  1 2 a  a   a  所以 f x  f x lnx  x2x 2lnx  x2x 2 1 2  1 2 1 1   2 2 2 2  ln x 1  a x2x2 x x ln x 1  x 1 2x 2 2 x x ln x 1  x 1 x 2 ， x 2 1 2 1 2 x 2x x  1 2 x 2 2 2 1 2 2  1 x x x  1 所以要证 f x  f x a  x x ，即证ln 1  1 2 a  x x ， 1 2  2 1 2 x 2  2 1 2 2 答案第6页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}x 1 1 即证ln x 1 ax x ，即证ln x 1  x 1 x 2 ，即证ln x 1  x 2 . 令t  x 1 (0t1)，则证明lnt t1 ， x 1 2 x x x x x x t1 2 2 1 2 2 1 1 2 x 2 令h(t)lnt t1 ，则ht t21 0， 所以h(t)在(0,1)上单调递增，则h(t)h(1)0，即lnt t1 ， t1 tt12 t1  1 所以原不等式 f x  f x a  x x 成立. 1 2  2 1 2 n1 ,n为奇数  1 25  2 19．(1)a 3 的可能取值有：5、1、1、5 (2) 4 , 4   (3)a n   n ,n为偶数  2 【详解】（1）解：因为数列a 具有性质P，则 a a  a  2，所以，a 2， n 1 1 2 2 2 当a 2时，由 a a  2a  a 2 3，所以，a 1或5， 2 2 3 3 3 3 当a 2时， 由 a a  2a 3，所以，a 1或5. 2 2 3 3 3 综上所述，a 的可能取值有：5、1、1、5. 3 （2）解：设等差数列a 的公差为d， n 则a a 1a 2da 2d 1 a2 4d2 1 a2 ， n n4 n2 n2 n2 n2 1 1 即4d2 1，所以， d  ， 2 2 2  3 1 所以，a2a2 1d212d2 5d26d25d   ， 2 3  5 5 1 1 1 3 11 因为 d  ，则 d   ， 2 2 10 5 10 2  3 1 1 25 所以，a 2 2a 3 2 5  d 5    5   4 , 4   . （3）解：根据性质P，nN，都有a Z，又因为a 0，所以，a 1，于是a a a2 10，因为a 、 1 n n n n n4 n2 n a 必同号，进而a 、a  kN 必同号， n4 n n4k 若a 0，由性质P，必有a 2，a 6，a 3，a 1，这与aa 1a2矛盾， 3 1 4 3 2 1 1 5 3 所以，a 0，进而nN，a 0，讨论可知a 2或4或12，仅有这三种可能. 3 2n1 3 若a 12，则a 8，a 15，a 16，这与aa 1a2矛盾，因此，a 12. 3 4 2 1 1 5 3 3 下面证明：a 4，则a 2， 3 3 答案第7页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}利用反证法：假设a 4，则a 8， 3 4 又因为aa 3a 1a2 16，所以，a 5， 1 5 1 3 1 若a 1，则a 1或3，与a 5矛盾，则a 1，所以，a 7，则a 5或9， 2 1 1 2 2 1 于是无论哪种情况，nN，a 0， n 由 a a 6且a 0可得a 9，此时满足a a 1a2， 6 5 6 6 2 6 4 所以，a 16，则a 24，a 33，所以，a a 1a2，矛盾， 7 8 9 5 9 7 综上可知，a 4，所以，a 2，a 2， 3 3 4 下面证明：a 1，利用反证法，如不然，只能a 5，所以，a 0，则a 9， 2 2 6 6 由于a 0，所以，a 0，只能有a 2，a 6，这与a a 1a2矛盾， 4 8 7 8 3 7 5 总之，a 1，再由a 0可得a 1，进而nN，a 0都成立， 2 1 1 2n n1 ,n为奇数  可以猜测数列a 的通项为a    2 ， n n  n ,n为偶数  2 可验证此时P、P 两条性质均成立，符合题意， 1 2 如另有其它数列b 符合题意，则至少前5项必为：1、1、2、2、3， n 仍满足b 0，b 0  nN ， 2n1 2n 设b  mN 是第一个违反上述通项公式的项m6， m 若m2k  k3,kN ，则b k，b 0，所以，b k，符合通项公式，矛盾； 2k1 2k 2k 若m2k1  k 3,kN ，则b k，b 0，所以，b k1，也符合通项公式，矛盾. 2k 2k1 2k1 n1 ,n为奇数  综上所述，数列a 的通项公式必为a    2 . n n  n ,n为偶数  2 【点睛】思路点睛：本题考查了数列新定义问题，按着某种规律新生出另一个数列的题目，涉及到归纳推理的思 想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好的考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义， 根据定义进行逻辑推理，进而解决问题. 答案第8页，共8页 {#{QQABLYQUgggAABAAAAhCUQUQCACQkhGACagOQFAMoAIBiQNABAA=}#}