广东省广州市第二中学2024届高三下学期广一模预测模拟卷数学试题

这是一份广东省广州市第二中学2024届高三下学期广一模预测模拟卷数学试题，共17页。试卷主要包含了质数，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

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．方程4|cst|-t=0的实数根的个数为（ ）
A．9B．10C．11D．12
2．动圆M经过定点P4,-1，且与y轴相切，则圆心M的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆
C．双曲线D．抛物线
3．已知等差数列an的前n项和为Sn,a4+a12=34,S19=399，则数列an的公差是（ ）
A．2B．3C．-5D．5
4．已知i为虚数单位，z为复数z的共轭复数,复数z满足i3z=1+i，则z=（ ）
A．1B．2C．2D．3
5．质数（prime number）又称素数，一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数，数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”.如：3和5，5和7……，在1900年的国际数学大会上，著名数学家希尔伯特提出了23个问题，其中第8个就是大名鼎鼎的孪生素数猜想：即存在无穷多对孪生素数.我国著名数学家张益唐2013年在《数学年刊》上发表论文《素数间的有界距离》，破解了困扰数学界长达一个半世纪的难题，证明了孪生素数猜想的弱化形式.那么，如果我们在不超过30的自然数中，随机选取两个不同的数，记事件A，这两个数都是素数；事件B：这两个数不是孪生素数，则PBA=（ ）
A．1115B．3745C．1315D．4145
6．已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，过F2的直线交双曲线C的右支于P,Q两点，若PF2=13PQ，且PF2=F1F2，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3B．4C．6D．2
7．在平面直角坐标系xOy中，已知M,N为圆x2+y2=9上两点，点A1,2，且AM⊥AN，则线段MN的长的取值范围是（ ）
A．4-2,4+2B．13-2,13+2
C．4-5,4+5D．13-5,13+5
8．已知函数f(x)=ex-12(a+1)x2-bx(a，b∈R)没有极值点，则ba+1的最大值为（ ）
A．e2B．e2C．eD．e22
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知角A，B，C是三角形ABC的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）
A．sinA+B=sinCB．csA+B=csC
C．若sinA>sinB，则A>BD．若A>B，则sinA>sinB
10．已知a>0,b>0，且a+b-ab=34，则（ ）
A．a+b≥3B．0C．(a-1)2+(b-1)2≤12D．1<1a+1b≤43或1a+1b≥4
11．如图，已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和6，侧棱长为4，点P在侧面BCC1B1内运动（包含边界），且AP与平面BCC1B1所成角的正切值为22，点Q为 CC1 上一点，且CQ=3QC1，则下列结论中正确的有（ ）
A．正三棱台ABC-A1B1C1的高为463
B．点P的轨迹长度为3π
C．高为463，底面圆的半径为36的圆柱可以放在棱台内
D．过点A,B,Q的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为3π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．“x>lg917”是“x>lg34”的 .（填“充分不必要条件”、“充要条件”、“必要不充分条件”、“既不充分也不必要条件”）
13．某单位举办演讲比赛，最终来自A,B,C,D四个部门共12人进入决赛，把A,B,C,D四个部门进入决赛的人数作为样本数据.已知样本方差为2.5，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为 .
14．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB=4，A1B=BC1，BB1⊥BD1，且二面角B1-BD1-C1的正切值为2．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱ABCD-A1B1C1D1内运动，D1Q=22，则PB1+PQ的最小值为 ．

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．（本题13分）已知数列an的前n项和为Sn，a1=1，a2=4，Sn+1+4Sn-1=5Sn(n≥2)．
(1)求数列an的通项公式；
(2)令bn=an+1SnSn+1，求数列bn的前n项和Tn．
16．（本题15分）一枚质地均匀的小正四面体，其中两个面标有数字1，两个面标有数字2.现将此正四面体任意抛掷n次，落于水平的桌面，记n次底面的数字之和为Xn.
(1)当n=2时，记Y为X2被3整除的余数，求Y的分布列与期望；
(2)求Xn能被3整除的概率Pn.
17．（本题15分）已知在多面体PQABCD中，平面PADQ⊥平面ABCD，四边形ABCD为梯形，且AD//BC，四边形PADQ为矩形，其中M和N分别为AD和AP的中点，AB=7,BC=5,AD=DC=2．
(1)证明：平面BMN⊥平面QDC；
(2)若二面角N-BM-C的余弦值为-55，求直线BQ与平面BMN所成角的正弦值．
18．（本题17分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的上、下顶点分别是A，B，点P（异于A，B两点）在椭圆C上，直线PA与PB的斜率之积为-49，椭圆C的短轴长为4．
(1)求C的标准方程；
(2)已知T0,1，直线PT与椭圆C的另一个交点为Q，且直线AP与BQ相交于点D，证明：点D在定直线上．
19．（本题17分）若x=m时，函数fx取得极大值或极小值，则称m为函数fx的极值点.已知函数fx=lnx+2x+a,gx=ax，其中a为正实数.
(1)若函数fx有极值点，求a的取值范围；
(2)当x2>x1>0,x2和x1的几何平均数为x2x1，算术平均数为x2+x12.
①判断x2-x1lnx2-lnx1与x2和x1的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明；
②当a≥1时，证明：fx≤gx.
参考答案：
1．C
【详解】设y1=4|cst|，y2=t．在同一直角坐标系内画出y1=4|cst|与y2=t的大致图象，
当t=5π时，y1=4>5π=y2；当t=6π时，y1=4<6π=y2．
根据图象可得两个函数共有11个交点．
故选：C．
2．D
【详解】由于动圆M经过定点P4,-1，且与y轴相切，
所以M到定点P4,-1的距离，等于M到y轴的距离，
根据抛物线的定义可知，M的轨迹为抛物线.
故选：D
3．A
【详解】解：S19=19a1+a192=19⋅2a102=19a10=399，
则a10=21，又a4+a12=2a8=34，则a8=17，
所以数列公差为d=12a10-a8=12×21-17=2，
故选：A.
4．B
【详解】因为z=1+ii3=1+i-i=(1+i)⋅i-i2=i2+i1=-1+i,
所以z=-1-i，则z=-12+-12=2.
故选：B.
5．D
【详解】不超过30的自然数有31个，其中素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29共10个，
孪生素数有3和5，5和7，11和13，17和29，共4组.
所以PA=C102C312=45C312，PAB=C102-4C312=41C312，
所以PBA=PABPA=41C31245C312=4145.
故选：D
6．A
【详解】
因为PF2=F1F2=2c，所以PF1=2a+2c，
又PF2=13PQ，所以QF2=4c，所以QF1=2a+4c，
在△F1PF2中，cs∠F1F2P=(2c)2+(2c)2-(2a+2c)22⋅2c⋅2c=4c2-8ac-4a28c2，
在△F1QF2中，cs∠F1F2Q=(4c)2+(2c)2-(2a+4c)22⋅4c⋅2c=4c2-16ac-4a216c2，
因为cs∠F1F2P+cs∠F1F2Q=0，所以4c2-8ac-4a28c2+4c2-16ac-4a216c2=0，
整理得3c+ac-3a=0，故c=3a，故离心率e=ca=3.
故选：A.
7．D
【详解】以AM,AN为邻边作平行四边形AMPN，
由AM⊥AN可得四边形AMPN为矩形，如下图所示：
OA2+OP2=ON+NA2+OM+MP2=ON2+NA2+2ON⋅NA+OM2+MP2+2OM⋅MP
=ON2+OM2+2NA2+2NA⋅MN
=ON2+OM2+2NA2-2NAMNcs∠MNA
=ON2+OM2，
可得OA2+OP2=ON2+OM2=9+9，
解得OP2=9+9-OA2=13，即OP=13，
即P点轨迹是以0,0为圆心，半径为13的圆，
易知MN=AP≤OP+OA=13+5，AP≥OP+OA=13-5，
所以线段MN的长的取值范围是13-5,13+5.
故选：D
8．B
【详解】函数fx=ex-12a+1x2-bx没有极值点，
∴f'(x)=ex-1a+1x-b≥0，或f'(x)≤0恒成立，
由y=ex指数爆炸的增长性，f'(x)不可能恒小于等于0，
∴f'(x)=ex-1a+1x-b≥0恒成立．
令hx=ex-1a+1x-b，则h'x=ex-1a+1，
当a+1<0时，h'x>0恒成立，hx为R上的增函数，
因为ex∈0,+∞是增函数，-1a+1x-b∈-∞,+∞也是增函数，
所以，此时h(x)∈-∞,+∞，不合题意；
②当a+1>0时，h'x=ex-1a+1为增函数，由h'x=0得x=-lna+1，
令h'x>0⇔x>-lna+1，h'x<0⇔x<-lna+1，
∴hx在-∞，-lna+1上单调递减，在-lna+1，+∞上单调递增，
当x=-lna+1时，依题意有hxmin=h-lna+1=1a+1+lna+1a+1-b≥0，
即b≤1a+1+lna+1a+1，
∵a+1>0，∴ba+1≤lna+1+1a+12，
令a+1=x(x>0)，ux=lnx+1x2x>0，
则u'x=x-lnx+1⋅2xx4=-2lnx+1x3，
令u'x>0⇔01e，
所以当x=1e时，ux取最大值u1e=e2.
故当a+1=1e，b=e2，即a=ee-1，b=e2时，ba+1取得最大值e2.
综上，若函数hx没有极值点，则ba+1的最大值为e2.
故选：B.
9．ACD
【详解】A选项，sinA+B=sinπ-C=sinC，选项A正确；
B选项，csA+B=csπ-C=-csC，选项B错误；
在△ABC中，由正弦定理得sinA>sinB⇔a>b⇔A>B，故C和D正确.
故选：ACD
10．BD
【详解】对于A，∵a>0,b>0,∴ab≤a+b22，
因为a+b-ab=34，∴34=a+b-ab≥a+b-a+b22，
令t=a+b，得t2-4t+3≥0，解得t≤1或t≥3，即0当且仅当a=b=12或a=b=32时，等号成立，故A错误；
对于B，∵a+b≥2ab,∴34≥2ab-ab，解得0当且仅当a=b=12或a=b=32时，等号成立，故B正确；
对于C，∵a+b-ab=34,∴(b-1)(a-1)=14，
所以(a-1)2+(b-1)2≥2(b-1)(a-1)=2×14=12，
当且仅当a=b=12或a=b=32时，等号成立，故C错误；
对于D，1a+1b-1=a+b-abab=34ab，
由选项B知，0则1a+1b≥4或1<1a+1b≤43，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
【详解】延长正三棱台侧棱相交于点O，由题意可知：OA=OB=OC，
在等腰梯形BCC1B1中，因为BC=6，B1C1=2，BB1=CC1=4，则∠B1BC=∠C1CB=60°.
即△OBC为等边三角形，可知三棱锥O-ABC为正四面体，且OB1=2.
对于选项A：设H为等边△OBC的中心，
由正四面体的性质可知：AH⊥侧面OBC，且AH=62-632=26，
即O点到底面ABC的距离为26，
又因为OB1=2，BB1=4，所以正三棱台ABC-A1B1C1的高为23× 26=463，故A正确；
对于选项B：因为AP与平面BCC1B1所成角的正切值为22，
即tan∠APH=AHHP=26HP=22，解得HP=3，
且等边△OBC的内切圆半径r=3，
可知点P的轨迹为等边△OBC的内切圆，所以点P的轨迹长度为23π，故B错误；
对于选项C：因为正三棱台ABC-A1B1C1的高463，且△A1B1C1的内切圆半径为33>36，
所以高为463，底面圆的半径为36的圆柱可以放在棱台内，故C正确；
对于选项D：设正四面体O-ABC的内切球半径r，
由等体积法可得：13S△ABC×26=4×13S△ABC⋅r，解得r=62.
因为2r<463，则该棱台内最大的球即为正四面体O-ABC的内切球.
又因为CQ=3QC1，CC1=4，OC=6，
则Q为OC的中点，过点A,B,Q的平面正好过该内切球的球心，
所以截面面积为622π=32π，故D正确.
故选：ACD.
12．充分不必要条件
【详解】lg917=12lg317=lg317>lg34，
所以x>lg917时一定有x>lg34，而x>lg34时不一定有x>lg917，
“x>lg917”是“x>lg34”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要条件
13．5
【详解】设样本数据为a,b,c,d， 0≤a样本平均数为3，样本方差为14×(a-3)2+(b-3)2+(c-3)2+(d-3)2=52，
则(a-3)2+(b-3)2+(c-3)2+(d-3)2=10，所以(d-3)2≤10，解得d≤10+3.
当d=6时，(a-3)2+(b-3)2+(c-3)2=1，因为样本数据互不相同，所以不存在a,b,c使得等式成立.
当d=5时，(a-3)2+(b-3)2+(c-3)2=6，存在a=1,b=2,c=4，使得等式成立.
当d≤4时，因为样本数据互不相同，所以不存在a,b,c使得等式成立.
所以样本数据中的最大值为5.
故答案为：5.
14．8-22
【详解】连接A1C1，交B1D1于E，设F是BD1的中点，连接EF,C1F.
由于A1B=BC1，E是A1C1的中点，所以A1C1⊥BE，
由于A1C1⊥B1D1,BE∩B1D1=E,BE,B1D1⊂平面BB1D1，
所以A1C1⊥平面BB1D1，由于BD1,EF⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，A1C1⊥EF，
由于E,F分别是B1D1,BD1的中点，所以EF//BB1，
由于BB1⊥BD1，所以EF⊥BD1，由于A1C1∩EF=E,A1C1,EF⊂平面EFC1，
所以BD1⊥平面EFC1，由于C1F⊂平面EFC1，所以BD1⊥C1F，
所以∠EFC1是二面角B1-BD1-C1的平面角，
所以tan∠EFC1=C1EEF=22EF=2,EF=2，所以BB1=4，
由于B1D1=42，所以BD1=422-42=4=BB1，
所以三角形BB1D1是等腰直角三角形，所以BE⊥B1D1，
由于A1C1∩B1D1=E,A1C1,B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以BE⊥平面A1B1C1D1，且BE=12B1D1=22.
由于D1Q=22，所以Q点的轨迹是以D1为球心，
半径为22的球面在四棱柱ABCD-A1B1C1D1内的部分，
B1关于平面ABCD的对称点为B',BB'=22×2=42，
连接B'D1，交平面ABCD于P，
所以PB1+PQ的最小值为B'D1-22=422+422-22=8-22.
故答案为：8-22

15．(1)an=4n-1
(2)Tn=1-34n+1-1
【详解】（1）由Sn+1+4Sn-1=5Sn(n≥2)得，Sn+1-Sn=4(Sn-Sn-1)(n≥2)，即an+1=4ann≥2，
又∵a1=1，a2=4，∴an+1=4an(n∈N*)，
即数列an是首项为1，公比为4的等比数列，
∴an=1×4n-1=4n-1；
（2）由（1）知，Sn=1-4n1-4，Sn+1=1-4n+11-4，
则bn=an+1SnSn+1=4n1-4n1-4⋅1-4n+11-4=9×4n(4n-1)(4n+1-1)=3×(14n-1-14n+1-1)，
∴Tn=b1+b2+…+bn=3×(141-1-142-1+142-1-143-1+…+14n-1-14n+1-1)=1-34n+1-1，
∴数列bn的前n项和Tn=1-34n+1-1．
16．(1)分布列见解析，期望为34
(2)Pn=13-13×-12n-1
【详解】（1）由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为12，
Y的取值可能为0，1，2.
PY=0=12×12+12×12=12，
PY=1=12×12=14，
PY=2=12×12=14，
则Y的分布列为
EY=0×12+1×14+2×14=34.
（2）由题可知P1=0，当n≥2时，n-1次底面的数字之和能被3整除的概率为Pn-1，
所以Pn=121-Pn-1，则Pn-13=-12Pn-1-13，
所以数列Pn-13是以-13为首项，-12为公比的等比数列，
则Pn-13=-13×-12n-1，即Pn=13-13×-12n-1.
17．(1)证明过程见解析
(2)3115115
【详解】（1）过点A作AH//CD交BC于点H，
则AH=CD=2,AD=CH=2，
因为BC=5，所以BH=5-2=3，
延长BM交CD的延长线于点F，
AB=7，
在△ABH中，由余弦定理得cs∠AHB=AH2+HB2-AB22AH⋅HB=4+9-72×2×3=12，
故∠AHB=π3，则∠BCD=∠AHB=π3，
因为M为AD的中点，故DM=1，
在△BCF中，DM//BC，由相似关系可知FDFC=DMBC=15，
又CD=2，故FDFD+2=15，解得FD=12，故CF=2+12=52，
在△BCF中，由余弦定理得
BF2=CB2+CF2-2CB⋅CFcsπ3=25+254-2×5×52×12=754，
故BF2+CF2=CB2，所以BF⊥CF，
因为四边形PADQ为矩形，所以QD⊥AD，
因为平面PADQ⊥平面ABCD，交线为AD，QD⊂平面PADQ，
所以QD⊥平面ABCD，
因为BF⊂平面ABCD，所以QD⊥BF，
因为CF∩QD=D，CF,QD⊂平面CDQ，
所以BF⊥平面CDQ，
又BF⊂平面BMN，所以平面BMN⊥平面CDQ；
（2）过点M作MG//CD交BC于点G，作MS//DQ交PQ于点S，
则由（1）知MG⊥MB，MS⊥平面ABCD，
因为MB,MG⊂平面ABCD，所以MS⊥MB，MS⊥MG，
故MG，BM,MS两两垂直，
故以M为坐标原点，MB,MG,MS所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
由平行关系可知，四边形CGMD为平行四边形，故∠DMG=π3，故∠AMB=π6，
在△ABM中，由余弦定理得cs∠AMB=AM2+MB2-AB22AM⋅MB，
即32=1+MB2-72MB，解得MB=23，
B23,0,0,M0,0,0,C-32,52,0，
设N32,-12,t,t>0，平面NBM的法向量为m=x,y,z，
则m⋅MB=x,y,z⋅23,0,0=23x=0m⋅MN=x,y,z⋅32,-12,t=32x-12y+zt=0，
解得x=0，令z=1，则y=2t，故m=0,2t,1，
平面BMC的法向量为n=0,0,1，
则csm,n=m⋅nm⋅n=0,2t,1⋅0,0,14t2+1=14t2+1，
因为二面角N-BM-C的余弦值为-55，故14t2+1=55，
解得t=1，
故AP=2，m=0,2,1，Q-32,12,2，BQ⃗=-532,12,2，
设直线BQ与平面BMN所成角的大小为θ，
则，
故直线BQ与平面BMN所成角的正弦值为3115115.
18．(1)x29+y24=1
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可得A(0,b),B(0,-b)，且2b=4，则b=2.
设P(x1,y1)，
则kPA=y1-bx1,kPB=y1+bx1，所以kPA⋅kPB=y12-b2x12 *，
因为点P在椭圆C上，所以x12a2+y12b2=1，
所以x12=b2-y12a2b2，代入*式得
kPA⋅kPB=y12-b2b2-y12a2b2=-b2a2=-49，
由b2=4，代入得a2=9，
故椭圆C的标准方程为x29+y24=1；
（2）设Q(x2,y2)，D(x0,y0)，显然直线PT不垂直于x轴，
故可设直线PT的方程为y=kx+1，
由y=kx+1,x29+y24=1,消去y得(4+9k2)x2+18kx-27=0，
因为点T(0,1)在椭圆C的内部，则直线PT与椭圆恒有两个交点，
所以x1+x2=-18k9k2+4,x1x2=-279k2+4，
由（1）知，A(0,2),B(0,-2)，
所以直线AP的方程为y=y1-2x1x+2，直线BQ的方程为y=y2+2x2x-2，
由直线AP与BQ相交于点D(x0,y0)，则y0=y1-2x1x0+2y0=y2+2x2x0-2，
消x0得y0+2=x1y2+2x2y1-2⋅y0-2①，
由（1）知y1-2x1⋅y1+2x1=-49，得y1-2x1=-4x19y1+2，
可得x1y2+2x2y1-2=-9y1+2y2+24x1x2=-9(kx1+3)(kx2+3)4x1x2
=-94×k2x1x2+3kx1+x2+9x1x2=-94×-27k29k2+4+3k·-18k9k2+4+9-279k2+4
=-94×-27k2-54k2+99k2+4-27=3，
将x1y2+2x2y1-2=3代入①式得y0+2=3y0-2，解得y0=4，
即点D在直线y=4上．
19．(1)0,12
(2)①答案见解析；②证明见解析
【详解】（1）f'x=1x-2(x+a)2=(x+a)2-2xx(x+a)2=0在0,+∞上有变号零点，
即gx=x2+2a-2x+a2=0在0,+∞上有变号零点.
①若1-a≤0，即a≥1时，只需g0=a2<0矛盾，
②若1-a>0，即00⇒a<12故a的取值范围为0,12.
（2）①x1x2先证右边，⇔证lnx2x1>2x2-x1x2+x1=2x2x1-1x2x1+1，令x2x1=t,t>1
⇔证：lnt>2t-1t+1，令gt=lnt-2t-1t+1，
g't=1t-2t+1-2t-1(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,
∴gt在1,+∞上单调递增，∴gt>g1=0
再证左边⇔证：2lnx2x11令ht=lnt-12t-1t,h't=1t-121+1t2=2t-t2-12t2=-(t-1)22t2<0
∴ht在1,+∞上单调递减，∴ht②a≥1时，fx-gx=lnx+2x+a-ax=Fa,Fa关于a单调递减
∴Fa≤F1=lnx+2x+1-x=Hx
H'x=1x-2(x+1)2-12x=令m=xm2-2m2+12-12m
=2m2+12-4m2-mm2+122m2m2+12=-m5+2m4-2m3+2-m2m2m2+12
=-m-1m4-m3+m2+m+22m2m2+12，
设φm=m4-m3+m2+m+2,m>0，
当00，φm=m4-m3+m2+m+2>0；
当m>1时，m4>m3，φm=m4-m3+m2+m+2>0，
∴Hx在0,1上单调递增，1,+∞上单调递减，∴Hx≤H1=0，
所以当a≥1时，fx≤gx.
Y
0
1
2
P
12
14
14