1、 第 1 页，共 4 页 华附、省实、广雅、深中华附、省实、广雅、深中 2 2024024 届高三四校联考届高三四校联考 数学 命题学校：广东实验中学 定稿人：本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4 页，满分 150 分，考试用时 120 分钟 注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上。2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答
2、案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回。一.单项选择题（本大题共 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.已知全集=，集合，满足 ()，则下列关系一定正确的是()A.=B.C.()=D.()=2.已知复数满足izi=+1)1(，则2024=()A.B.1 C.1 D.3.直线+2+3=0关于直线=对称的直线方程是()A.+2 3=0 B.2+3=0 C.2 3=0 D.2+3+3=0 4.已知向量a在b方向上的投影向量的模为2，向量b在a方向上的投影向量的模为 1，且)3
3、2)baba+（，则向量a与向量b的夹角为（）A 6 B 4 C3 D 43 5.若椭圆1：22+22=1(0)的离心率为12，则双曲线2：2222=1的离心率为()A.321 B.27 C.3 D.5 6.在平直的铁轨上停着一辆高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为 R，且某个车轮上的点P 刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离 S，则此时 P到铁轨上表面的距离为（）A)cos1(RSR+B)cos1(RSR CRSRsin2 DRSRsin 7.若1ln)1)1=bceca（则 a，b，c 的大小关系为（）A cab B cab Ccba Dbac 第 2 页，共 4 页 8.数列
4、na的前n项和nS，且1112881+=nnnnanaaa，),2(+Nnn，若11=a，则 A3252024 S B2522024 S C2232024 S D 2312024 S 二.多项选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）9.下列结论正确的是()A.若 ,，则2 2 B.若2 2，则 C.“1”是“1,1”成立的充分不必要条件 D.若 1，则)1(loglog1+bbaa 10.已知圆 C1：122=+yx，圆 C2：222)4()3(ryx=+）（
5、0r，P、Q 分别是圆 C1与圆 C2上的点，则（）A.若圆 C1与圆 C2无公共点，则 0r4 B.当 r5 时，两圆公共弦所在直线方程为0186=yx C.当 r2 时，则 PQ 斜率的最大值为724 D.当 r3 时，过 P点作圆 C2两条切线，切点分别为 A，B，则APB不可能等于 2 11.已知函数()=3 32，满足()=+有三个不同的实数根1，2，3，则()A.若=0，则实数的取值范围是4 0)的最小正周期为2，且()在0,上单调递减，在2,53上单调递增，则实数的取值范围是 16.在同一平面直角坐标系中，M，N 分别是函数34)(2+=xxxf和函数xaxeaxxg=)ln()
6、(图象上的动点，若对任意 a0，有|MN|m恒成立，则实数 m的最大值为_ 四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17(本小题10分)已知数列an的前n项和nS满足nnnnSSS2221=+（1）求an的通项公式；（2）求数列nan的前 n项和 Tn 18.(本小题12分)在 9 道试题中有 4 道代数题和 5 道几何题，每次从中随机抽出 1 道题，抽出的题不再放回.(1)求在第一次抽到几何题的条件下第二次抽到代数题的概率；(2)若抽 4 次，抽到 X 道代数题，求随机变量 X 的分布列和期望.19.(本小题12分)已知函数()=(0),()
7、=2(1)求()的单调区间；(2)当 0时，()与()有公切线，求实数的取值范围 第 4 页，共 4 页 20(本小题12分)如图，在棱长为 2的正方体 ABCDEFGH 中，点 M 是正方体的中心，将四棱锥 MBCGF 绕 直线 CG 逆时针旋转（0）后，得到四棱锥FCGBM-（1）若2=，求证：平面MBF平面FBM；（2）是否存在，使得直线FM平面MBC，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 21(本小题12分)在ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，AB 边上的高设为 h，且 a+bc+h（1）若 c3h，求 tanC的值；（2）求 cosC的取值范围 22.(本小题12
8、分)已知椭圆)0(1:2222=+babyaxC的两焦点分别为 F1，F2，C的离心率为23，椭圆上有 三点 Q、R、S，直线 QR、QS分别过 F1，F2，QRF2的周长为 8（1）求 C 的方程；（2）设点 Q()00,yx，求QRS 面积QRSS的表达式（用0y表示）2024 届四校联考数学答案 第 1 页，共 10 页 华附、省实、广雅、深中华附、省实、广雅、深中 2 2024024 届高三四校联考届高三四校联考 数学参考答案及评分标准 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C ACD 13.xy21=14.2 15.3,23 16.3 22 1 1.【解析】解：因为集
9、合，满足 ()，故可得 ，故选：2.【解析】解：由已知z=11+=(1)2(1+)(1)=，所以 z=，2024=2024=4=1故选 C 3.【解析】解：结合图像可知所求直线斜率小于-1,故选 4.【解析】解：由题意，即，由0)32)=+baba（，即，由题知，所求夹角为4 故选 B 5.【解析】解：因为椭圆1的离心率1=222=21，所以42=32，所以双曲线2的离心率2=2+22=73=213故选 A 6【解析】解：当列车行驶的距离为 s时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为 s，车轮转过的角度为，P点的初始位置为 P0，设车轮的中心为 O，当时，作 PQOP0，垂足为 Q，如右图所示，
10、则 OQOPRcos，P到铁轨表面的距离为；当时，PMMP0，作 ONPM，垂足为 N，如右图所示，则 PNOPsin（）Rcos，P到铁轨表面的距离为；当在其它范围均可得到同一个式子，故选 B 7【解析】解：结合函数xyxyeyx=11,ln,图像，可知 cab，故选 A 2024 届四校联考数学答案 第 2 页，共 10 页 8【解析】解：由已知得：21121112122212441）（）（+=+=nnnnnnaanaanaa，2111+nnaa，故121 nan，)12(1)32(1(21)32)(12(1)12(12=nnnnnan 23)12(2123211=+=naaaSann 故
11、选 D 9.【解析】解：A.：不一定2 2所以 A 错，对于选项 B：两边同时除以2即可，B 正确，C 选项 1不一定 1,1，反之成立，所以为必要不充分条件 D.选项正确：)1(log)1ln()1ln()1ln(ln1lnln1lnln1lnlnlnlnlog1+=+=+=+=+babaaaabaababaaaaababbaa 10.【解析】解：当两圆内含时，r 可以无穷大所以 A 不正确；当 r=5 时两圆相交，两圆的方程作差可以公共弦的直线方程 B 为正确选项；当 r=2 时如图一，PQ 和 CD 为两条内公切线，有半径比可知 CA=34，可得43tan1=ACC，724tan1tan
12、2tan121=ACCACCPAC，247tan1=PACkPQ，C 选项正确 对于 D 选项，点 P 在 P1 位置时4,234CP2121=CAP 点 P 在 P2 位置时4,236CP2222=CBP 所以中间必然有位置使得2=BPA 故选 BC 图一 图二 11.【解析】解：A.因为()=32 6=3(2)，所以()在(,0)和(2,+)上单调递增，在(0,2)上单调递减，且(0)=0，(2)=4，所以，当()=有三个不同的实数根1，2，3时，4 0，故 A正确 =()1关于点(1,3)中心对称,在此点处的切线方程为=3,所以 B 正确 由于方程()=+有三个根1，2，3，所以3 32
13、 =(1)(2)(3)展开可知12+23+13=，C 不正确 1+2+3=3，当1，2，3成等差数列时1+2+3=32，所以2=1，+=2，D 正确 2024 届四校联考数学答案 第 3 页，共 10 页 12.【解析】解：如图：对于，因为点满足=+且+=1，可知点是平面上的一点 又因为正四面体 是棱长为3，所在立方体的棱长3 22|的最小值为点到平面的距离，即为立方体体对角线的23，计算可知 A正确；对于 B，因为正四面体 的体积为立方体的体积减去四个小三棱锥的体积：(32 2)34 1312(32 2)3=9 24，而正四面体 四个面的面积都是 34 32=9 34，设正四面体 的内切球半
14、径为，4 139 34=9 24，解得2=62，因为正四面体 在正四面体 的内部，且可以任意转动，所以最大正四面体 外接球直径为 62，因此最大正四面体 外接球也是棱长为 22的正方体的外接球，所以正四面体 的体积最大值为(22)3 4(22)36=212 210，故 B不正确 对于，在正方体11 11内，过作平面12，分别交、1于点、2，过作平面12，分别交、1于点、2，且平面12/平面12，由正四面体 的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，其中平面12和平面12为中间的两个平面，易知2为1的中点，2为1的中点，因为正方体11 11是棱长为3 22，所以1=3
15、 22，2=3 24，12=(3 22)2+(3 24)2=3 104，所以点到12的距离为|1|2|12|=105，所以每相邻平行平面间的距离为3 1010，故C正确；对于 D 选项：由|=2|可知点的轨迹是平面与以 M 点为球心，2 为半径的球的截面圆 其中点在的延长线上且=1,点到平面的距离为 63，截面圆的半径为(2)2(63)2=303 所以截面圆周长为2 303，故选 ACD 2024 届四校联考数学答案 第 4 页，共 10 页 13.【解析】解：渐近线方程为xy21=14.【解析】解：=(3),最小值为2 15.【解析】解：由2)322cos(1)3(sin)(2=xxxf的最
16、小正周期为2，得=12 21)3cos(2)32cos(1)(+=xxxf，根据图像可知，函数()在3,23上单调递减，在23,53上单调递增，若()在0,上单调递减，在2,53上单调递增，则0 2323 2 0 时，(,1)，()0，()单调递增;-2 当 0，()单调递增;(1,+)，()0时，()增区间为(1,+)，减区间为(,1)当 0时，()增区间为(,1)，减区间为(1,+)-4 (2)=()在点(1，1)处的切线方程为 =(1+1)1(1)+11,即 =(1+1)1 121 -5()在点(2，2)处的切线方程为 =22(2)22，即 y=22+22 -6 由题意得(1+1)1=2
17、2121=22 -7 整理可得=412(1+1)21 0 -8 设()=42(+1)2 则()=4(+2)(1)(+1)3 -9 当 (0,1)，()0，()单调递增-10(1)=1，(0)=0且()0 1,0)-12 20 解：（1）证明：若，则平面 DCGH、平面 CBFG为同一个平面 -1 连接 BH，BF，则 M是 BH 中点，M是 BF中点，所以平面MBF与平面BFHD重合，平面FBM与平面BFBF重合 -2 由正方体性质可知BF平面HFEF -3 FHF 为二面角FBFH的平面角，-4 而4=FGFHFG，所以2=FHF，平面MBF平面FBM -5（2）解：假设存在，使得直线 MF
18、平面 MBC，以 C 为原点，分别以，为 x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，-6 2024 届四校联考数学答案 第 7 页，共 10 页 则 C（0，0，0），B（2，0，0），M（1，1，1），故，（1，1，1），设m（x，y，z）是平面 MBC 的法向量，则，所以，取 y1，得m（0，1，1）是平面 MBC的一个法向量，-7 取 CG中点 P，BF中点 Q，连接 PQ，PM，则 PMCG，PQCG，PMCG，于是MPM是二面角 MCGM的平面角，MPQ 是二面角 MCGQ 的平面角，QPM是二面角 QCGM的平面角于是MPM，4=MPQ，所以4=MQP，且 CG平面 MPM，2=PM，
19、故1),4sin(2),4cos(2M，同理()2,sin2,cos2F，-9 所以=1),4sin(2sin2),4cos(2cos2FM，因为 2coscos（）2coscoscossinsincossin，2sinsin（）2sinsincos+cossin cos+sin，所以()1,sincos,sincos+=FM，-10 若直线FM平面 MBC，n是平面 MBC的一个法向量，则FMm，即存在 R，使得FMm，则=+=1sincos0sincos，此方程组无解，-11 所以不存在()，0，使得直线FM平面 MBC -12 2024 届四校联考数学答案 第 8 页，共 10 页 21
20、解：（1）在ABC中，由余弦定理和 a+bc+h可得，-1 又由面积公式可知，-2，由 c3h -3 又2tan12cos212cos2sin2cos1sin2CCCCCC=+=+，762tan=C -4；-5（2）由（1）知 如图，在ABC 中，过 B作 AB的垂线 EB，且使 EB2h，则 CECBa，-6 a+bc+h|AE|，即（c+h）2c2+4h2，得，-7，-8 12tan122tan12tan12sin2cos2sin2coscos2222222+=+=+=CCCCCCCC -10 由12tan43C，得 22tan116252+C 257cos0C -11 cosC 的取值范
21、围为2570，-12 22 解：（1）QRF2的周长，解得 a2，-1 因为椭圆 C的离心率为，所以，解得，-2 则 b2a2c21，2024 届四校联考数学答案 第 9 页，共 10 页 故 C 的方程为；-4（2）证明：由题意可知直线 QR 和直线 QS的斜率不为零，设直线 QR 和直线 QS 的方程为3,3+=nyxmyx，Q（x0，y0），R（x1，y1），S（x2，y2），-5 联立=+=14322yxmyx，消去 x并整理得0132)4(22=+myym，由韦达定理得+=+=+41432210210myymmyy，-6 同理得+=+=+41432220220nyynnyy，-7 因
22、为3,30000+=nyxmyx，所以00101033232yxmyyyy+=+，可得6320110=+xyyy，即732010=xyy；-8 同理可得00202033232yxnyyyy=+，可得6320220=+xyyy即732020=xyy，-9 不妨设 y00，由0200102121sin21sin2121yyyyyyQFQSQFQRRQSQFQFRQSQSQRSSFQFQRS=，-10 又0212121yFFSFQF=则+=732117321131132100002010021020010 xxyyyyyyyFFyyyyyySQRS 2024 届四校联考数学答案 第 10 页，共 10 页 49126412373283273283232020000000=+=xxyxxxxy -11 把代入上式得，()()14831634849141264141232003020200+=yyyyyySQRS -12
