数学：广东省广州市2024届普通高中毕业班冲刺训练题（一）试题（解析版）

这是一份数学：广东省广州市2024届普通高中毕业班冲刺训练题（一）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，，
因此，.
故选：C.
2. 若幂函数在上单调递增，则实数的值为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】因为幂函数在上增函数，
所以，解得.
故选：A.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据，1，2，4，5，6，8，9的下四分位数是7
B. 已知随机变量，若，则
C. 若随机变量满足，则
D. 若随机事件，满足，则
【答案】D
【解析】对于A，8个数据从小到大排列，所以下四分位数即第25百分位数，，
所以应该是第二个与第三个的平均数，故A不正确；
对于B，因为，则，则，故B不正确；
对于C，随机变量满足，则，故C不正确；
对于D，若，则，独立，从而，独立，所以，故D正确.
故选：D.
4. 记为等差数列前项和，若，则使成立的最大正整数的值为（ ）
A. 17B. 18C. 19D. 20
【答案】B
【解析】由知，，故当时均有.
故，且当时有.
故选：B.
5. 已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径分别为，，且，则圆台的体积与球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图：为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，
设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，
设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，
因此，从而，故.
设圆台的体积为，球的体积为，则.
故选：B.
6. 一个盒子里装有3个黑球，2个白球，它们除颜色外完全相同.现每次从袋中不放回地随机取出一个球，记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，
对于A，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，A正确；
对于В，，，В正确；
对于C，有，C错误；
对于D，有，D正确.
故选：C
7. 已知为锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为为锐角，所以，，
又，所以，
而，所以，
所以，
因此.
故选：D．
8. 已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，令，
则，则在上单调递增.
由，为奇函数，得，则，
从而原不等式可化为，即，此即为.
由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.
故选：D.
二、选择题
9. 已知复数，，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，，则为纯虚数
【答案】AD
【解析】对于A，设，对应的向量分别为，，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，故A正确；
对于B，取，，但，，故B错误；
对于C，当，时，，而，故C错误；
对于D，，故D正确；故选：AD.
10. 已知，且，则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. 存在，使得D.
【答案】ABD
【解析】对于A，由及，得，所以，A正确.
对于B，由及，得，所以.同理可得.
又，所以，所以，B正确.
对于C，由及，得，所以，得，
所以，得，C错误.
对于D，由，得，所以.
因为，，所以，所以，D正确.故选：ABD.
11. 在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则平面截正方体所得截面的面积为
B. 若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线
C. 若，则点的轨迹长度为
D. 若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120
【答案】ABD
【解析】对于A，若，显然平面截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；
对于B，因为，若与所成的角为，
则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面，
所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确；
对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，，
所以，又因为点为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，
所以点的轨迹长度为，所以C错误，
对于D，平面，且为正三角形，
若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12. 若向量在向量上的投影为，且，则______.
【答案】
【解析】在上的投影为，
，则，即
又，平方得，则
即．
故答案为：．
13. 如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线.设线段与线段所夹的角为，则______，满足的最小值为______.
【答案】 1712
【解析】由题意得，，由此类推，，，，，，，，，，…，
观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，
所以正多边形有个.
令，解得，所以的最小值为61，
即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为1712.故答案为：，1712.
14. 在中，是边上一点，，若，且的面积为，则______.
【答案】
【解析】作的角平分线,
由得,
故是的角平分线，
根据等面积法可得,
由于,
所以，
又，所以，
，
所以，所以，
因此，故为等边三角形，
所以，
，
故答案为：
四、解答题
15. 已知函数.
（1）若时，恒成立，求实数的取值范围；
（2）将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围.
解：（1）因为，
当时，可得，
当，即时，取得最小值，
因为时，恒成立，所以，即实数的取值范围为.
（2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：，
再将其向右平移，可得：，
即函数，
因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是，再由函数有且仅有4个零点，则满足，
解得，所以实数的取值范围.
16. 已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面.
（1）从①②③中选取两个作条件，证明另一个成立；
（2）在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.
解：（1）①②③，
连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，
又，，，平面，
故平面，平面，故，
由于，，，故，
因此，，，平面，
故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）
平面，故，
又，，，平面，故平面.
②③①
连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，
又，，，平面，
故平面，平面，故，
又平面，平面，故，
，，平面，故平面，
结合底面是正方形，是正方形的中心，
所以四棱锥是正四棱锥，故，
①③②
连接，相交于，连接，平面，平面，故，
由于，，故，又，，，故，
故，
因此，，，，平面，故平面，
故四棱锥是正四棱锥，
由于，又，，，平面，
故平面，平面，故，
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为，则四，
所以，
故
，
由于，
当且仅当，即时取等号，
故当四棱锥的底边边长为时，四棱锥体积的最大值为.
（法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接，
又因为底面，，
所以为二面角的平面角，
，，，
即二面角的余弦值为.
（法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设面的法向量为，
则即，
不妨取，则，，所以，
易得平面的法向量，
设二面角的平面角为，
即二面角的余弦值为.
17. 已知，，平面上有动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为1.
（1）求动点的轨迹的方程.
（2）过点A的直线与交于点（在第一象限），过点的直线与交于点（在第三象限），记直线，的斜率分别为，，且.试判断与的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
解：（1）设，，
由题意可得：，整理得，
故求动点的轨迹方程为.
（2）由题意可知：，且，可得，
显然直线MN的斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立方程，消去x得，
则，，可得，
则，
整理可得，
则，
因为，则，可得，
整理可得，
所以直线方程为，即直线过定点，
则，
此时，，
所以为定值.
18. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.
（1）求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
（2）投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；
（3）设，求证：.
（1）解：依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；
球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是.
则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，
第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为；
第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为；
第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为；
第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为
由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.
（2）解：由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，
故有，变形为.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
所以数列的通项公式.
（3）证明：由（2）可得，
则
① 当是奇数时，因是单调增函数，故，则，
于是，，故；
② 当是偶数时，因是单调减函数，故，则，于是，，故.
综上，.
19. 若集合的非空子集满足：对任意给定的，若，有，则称子集是的“好子集”.记为的好子集的个数.例如：的7个非空子集中只有不是好子集，即.记表示集合的元素个数.
（1）求的值；
（2）若是的好子集，且.证明：中元素可以排成一个等差数列；
（3）求的值.
解：（1）的全部非空子集为，，，，，，，，，，，，，，，
其中好子集有，，，，，，，，，，，共有11个.
所以.
（2）将的元素从小到大排列，即，，其中.
首先对任意的，
若和奇偶性相同，则，所以，而，
集合中和中间没有项，故产生矛盾!
即对任意的，和奇偶性相反，则对任意的，和奇偶性必相同，
于是由题意，因，则，
而且，所以.
即对任意的，，即.
由的任意性知，是一个等差数列.
（3）记.首先证明中包含1的好子集个数为.
的好子集分为两类：包含1的和不包含1的.
因为中不包含1的好子集每个元素均减去1即为的好子集，
的每个好子集每个元素均加上1即为的好子集，所以的不包含1的好子集与的好子集一一对应，
其个数为.故包含1的好子集个数为.
同理可证：中包含1的好子集个数为，这也恰是中包含1但不包含的好子集个数.
于是中包含1且包含的好子集的个数为
故题目所求的为的包含1，2024的所有好子集的个数.
显然，是好子集.
若好子集中除了1，2024外至少还有一个元素，则由（2）可知，中元素从小到大排列可以构成一个等差数列，
设为.设公差为，因为，
而，所以为的小于的正约数，故.
而每一个都唯一对应一个的包含1，2024的好子集，这样的子集有5个.
因此.