广东省东莞中学、广州二中、惠州一中、深圳实验、珠海一中、中山纪念中学2024届高三第四次六校联考 数

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届高三第四次六校联考试题标准答案及评分标准一、单项选择题二、多项选择题1234567891011ABCCABADABDABAD1．A解：展开式的通项公式为，则第项的系数为：．故选A．2．B解：因为，，则由等差数列的性质可知，所以，公差．故选B．3．C解：因为  ，且  ，所以  ，即  ，所以  ，所以向量  在向量  上的投影向量为  ．故选：4．C解：为钝角三角形．所以在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件．A解：易知外接球球心为∆PAC外心，故外接球半径R=22sinπ3=233，故外接球表面积为S=4πR2=16π3．B解：设使得血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要小时，由题意可得，，两边同时取自然对数并整理，得，，则，则给氧时间至少还需要小时A解：不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R∴|AP|=|AR|，|BP|=|BQ|，|F2Q|=|F2R|∵点A在双曲线上∴|AF1|-|AF2|=2a又∵|BF1|=2a∴|AB|=|AF2|∴|BP|=|F2R|∴|BQ|=|QF2|∵点B在双曲线上∴|BF2|-|BF1|=2a∴|BF2|=4a∴|QF2|=12|BF2|=2a设内切圆圆心为I，连接IQ、IF2，如图所示∵tan∠IF2Q=|IQ||QF2|=33∴∠QF2I=π6即∠BF2A=π3∴∆ABF2为等边三角形∴|AF1|=6a，|AF2|=4a，|F1F2|=2c，∠F1AF2=π3在∆AF1F2由余弦定理得：|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1|∙|AF2|∙cos∠F1AF2即：4c2=36a2+16a2−24a2=28a2∴e=ca=284=78．D解：∵fx=sin2xcosx+cos2xsinx−sin2x=2sinxcos2x+cos2xsinx−2sinxcosx=sinx2cos2x+2cos2x−1−2cosx=sinx(4cos2x−2cosx−1)令fx=0，则sinx=0或4cos2x−2cosx−1=0即：sinx=0或cosx=1±√54由图像可知，函数共8个零点另法：因为由，得，或所以，或，即，或，因为所以，或共个零点9．ABD解：对于，对于，均有唯一确定，符合函数定义，故选项A正确对于，对于，均有唯一确定，符合函数定义，故选项B正确对于，取，，不符合函数定义，故选项C错误对于，对于，均有唯一确定，符合函数定义，故选项D正确AB解：设，则，，所以，，，对于，，A正确；对于，，所以，B正确对于，，，所以不一定成立，C错误对于，，，而不一定成立，所以与不一定平行，D错误；故选AB．11．AD解：对于A选项，由a1=lnx1−bx1−c=1得x1−bx1−c=e，所以x1=e∙c−be−1，A正确．∵二次函数fx有两个不等式实根b，c∴不妨设fx=a(x−b)(x−c)∵f'x=a(2x−b−c)∴f'xn=a(2xn−b−c)∴在横坐标为xn的点处的切线方程为：y−fx=a(2xn−b−c)(x−xn)令y=0，则xn+1=x=a∙xn2xn−b−c−f(xn)a(2xn−b−c)=axn2−abca(2xn−b−c)=xn2−bc2xn−b−c∵xn+1−bxn+1−c=xn2−bc−b(2xn−b−c)xn2−bc−c(2xn−b−c)=xn2−2bxn+b2xn2−2cxn+c2=(xn−b)2(xn−c)2∴lnxn+1−bxn+1−c=2lnxn−bxn−c即：an+1=2an∴{an}为公比是2，首项为1的等比数列．∴an=2n−1故BC错．对于D选项，由an+1an=2n−1+(12)n−1，得Sn=1−2n1−2+1−12n1−12=2n−1+2−22n=2n+1−12n−1，故D正确．三、填空题：（每小题5分，共15分）12131436[−103,703]； 36解：依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6所以甲组另外四个数，可从1,2,3,4和7,8,9,10这两组数各取2个，共有13.[−103,703]解：连接圆心和切点，如图所示：即有∠APC=∠BPF=θAC=1，BF=2∠ACP=∠BFP=π2∵PAsinθ=AC=1PBsinθ=BF=2∴PAPB=12设P(x,y)∵2PA=PB∴2(x+2)2+y2=(x−2)2+y2∴x2+y2+302x+4=0化简得：(x+103)2+y2=649∴P的轨迹为以圆心（−103，0），83为半径的圆．∵P在直线4y+3x+t=0上∴直线4y+3x+t=0与(x+103)2+y2=649有交点∴|−10+t|5≤83∴−103≤t≤70314．  ； 解：设外接圆半径为  ，则  ，由正弦定理，可知  ，即  ，由于  是锐角，故  ，又由题意可知为三角形的垂心，即  ，故  ，所以  ；设  ，则  ，由于  ，不妨假设  ，由余弦定理知  ，设，，为三角形的三条高，由于  ，故  ，则得  ，所以  ，同理可得  ，所以  ，故答案为：  ； 四、解答题:本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）解：（1）设抛物线的标准方程为则因为所以点在抛物线上，且，解得…………………3分所以抛物线的标准方程为．…………………4分将点代入椭圆的标准方程中得，解得…………………6分所以椭圆的标准方程为.…………………7分（2）根据对称性，可设两点坐标分别为联立方程组，消得…………………9分解得，因为所以…………………11分所以.…………13分16．（15分）（1）证明：如图，取的中点，连接，∵为正三角形，，∴．…………………1分∵,又∵底面为直角梯形，…………………2分………………………………4分又………………………………5分∴∵  ………………………………6分(2)由（1）易知，如图，以为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，…………………7分则，，…………………………9分设平面的法向量为，由，得，令，则，，……………11分……………12分……………14分∴所成角的正弦值为……………………………15分（方法不唯一，若考生从几何法入手，依据实际情况酌情给分）17.（15分）解：（1）用事件表示选择甲种无人运输机，用事件表示选择乙种无人运输机，用事件表示“选中的无人运输机操作成功”…………………………………2分则…………………………………4分为所求．…………………………………6分设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2，……………………………7分方案一：，，，………………………10分所以．………………………………11分方案二：方法一：选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，所以，………………………………13分方法二：，，，所以．………………………………13分所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值．………………………………15分18．（17分）（1）证明：设，则，所以在区间上单调递增，………………………………………2分所以，即．……………………………………………3分设，则……………………………………………4分由时，，即所以……………………………………………5分设，则，当时，，所以函数在区间上单调递增，故在区间上，，即在区间上，，…………………………、6分所以所以在区间上单调递增所以，即……………………………………………7分所以得证．（2）由在区间上恒成立，即在区间上恒成立，设，则在区间上恒成立，而…………………………8分令，则，由（1）知：在区间上，，即，所以在区间上函数单调递增，…………………………10分①当时，，故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增，又，故，即函数在区间上恒成立．………………………13分②当时，，…………15分故在区间上函数存在零点，即，又在区间上函数单调递增，故在区间上函数，所以在区间上函数单调递减，由，所以在区间上，与题设矛盾．综上，的取值范围为．…………………………17分（矛盾区间找点用极限说明扣1分）19.（17分）解：（1）集合不具有性质，理由如下：………………………1分（i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③（ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，则有，即，不满足条件②………………………4分综上所述，可得集合不具有性质.（2）证明：由是偶数，得实数是整数当时，由，得，即因为不是偶数所以不合题意………………………6分当时，由，得，即，或因为是偶数，不是偶数所以不合题意………………………8分所以集合令，解得显然所以集合是集合的“期待子集”得证.………………………10分（3）证明：先证充分性：当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于不妨设令，，则，即满足条件①因为所以，即满足条件②………………………12分因为所以为偶数，即满足条件③所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.…………………13分再证必要性：当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数令，，……………………14分则由条件①得由条件②得由条件③得均为整数因为所以，且均为整数所以因为所以均属于所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”.………………………17分综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.