2023~2024学年广东广州高考数学押题试题{一模}带解析

这是一份2023~2024学年广东广州高考数学押题试题{一模}带解析，共28页。试卷主要包含了 已知，则，，， 已知函数等内容，欢迎下载使用。
一､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. 已知，若集合，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
【详解】当时，集合，，可得，满足充分性，
若，则或，不满足必要性，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
2. 已知复数满足，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【正确答案】B
【分析】设，根据复数的模的公式及相等复数的定义求出参数，再根据共轭复数的定义及虚部的定义即可得解.
【详解】设，则，
则，即，
所以，解得，
所以，
所以的共轭复数的虚部为.
故选：B.
3. 已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据题意，由求解.
【详解】解：由题意得：，
解得 ，
所以曲线的方程为，
故选：C
4. “赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（ ）
A. 15种B. 18种C. 19种D. 36种
【正确答案】C
【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；
则不同的选派方法有以下三种：
（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种，
（2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种；
（3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有
所以，不同的选派方法共有19种.
故选：C
5. 已知，则，，.今有一批数量庞大的零件.假设这批零件的某项质量指标引单位：毫米）服从正态分布，现从中随机抽取N个，这N个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间.若，试以使得最大的N值作为N的估计值，则N为（ ）
A. 45B. 53C. 54D. 90
【正确答案】B
【分析】由已知可推得，，根据已知以及正态分布的对称性，可求得.则，，设，求出函数的最大整数值，即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
又，
所以，，.
设，
则，
所以，，所以.
，
所以，，所以.
所以，以使得最大的N值作为N的估计值，则N为.
故选：B.
思路点睛：由正态分布求出概率，然后根据已知，可得，得出，利用函数求出的最大值.
6. 设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论错误是（ ）
A. 的取值范围是
B. 在单调递增
C. 若是在上的第一个极值点，则；
D. 若是在上的第一个极值点，是的切线
【正确答案】C
【分析】选项A，利用函数有5个零点，根据整体思想，可得答案；
选项B，根据正弦函数的单调性，利用整体思想，结合选项A，求其最值，可得答案；
选项C，根据正弦函数零点的计算公式，建立方程，可得答案；
选项D，先求直线与三角函数的公共点，根据导数的几何意义，可得答案.
【详解】，有且仅有5个零点，，
，则，，A正确；
当时，，
当时，，B正确；
若是在上的第一个极值点，，，C错误；
由C得，直线过定点，
点在上，，，
所以直线是的切线，D正确.
故选：C.
7. 已知函数（且）有一个极大值点和一个极小值点，且，则a的取值范围为 （ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据导数的正负可知不合题意，当时，导数等于0有两个根转化为两个函数有2个交点，求出的切线，利用数形结合求解即可.
【详解】由题意知，时，，
又，当时，时，，所以，
矛盾，故，
由有两不同实数根可知，有两个不同交点，
设过原点与相切的直线为，切点为，
因为，所以，解得，
即，如图，

所以与有两个不同交点则需，解得，
又，所以，此时满足极大值点为，极小值点为，且.
故选：B
8. 在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】作二面角的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明，建立坐标系，
根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球O的体积.
【详解】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH，
考虑到二面角P-AB-C的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．
因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，
所以为二面角的平面角的补角，
所以，又，
所以，从而三棱锥的高为1．
又的面积，
所以当时，的面积最大，最大值为，
所以当时，三棱锥的体积最大，
因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．
因为球O的球心O与的外接圆的圆心的连线垂直平面，
为为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为的中点，
所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，
于是设．又，，
由，得，
解得，则球O的半径，
所以球O的体积．
故选：D.
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球的半径.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若点为坐标原点，，则下列结论中正确的是（ ）
A. 的最大值为2
B. 面积的最大值为
C.
D. 若数列是以为首项，为公差的等差数列，则
【正确答案】AB
【分析】关于直线对称，且都在圆上，根据图象结合数量积运算判断AC；当点在轴正半轴上时，，此时的面积取最大值，从而判断B；由三角恒等变换得出，结合周期性判断D.
【详解】易知关于直线对称，且都在圆上，
对于AC：由图可知，当直线过原点，且垂直于直线时，取最大值，
此时，，故A正确，C错误；
对于B：由于，
所以当时，此时当点在轴正半轴上时，，的面积取最大值，
此时的面积为，故B正确；
对于D：由题意，
，
，
则，因为函数的周期为，
所以函数的周期为3，因为，
所以,
故D错误；
故选：AB
10. 已知平面于点O，A，B是平面上的两个动点，且，则（ ）
A. SA与SB所成的角可能为B. SA与OB所成的角可能为
C. SO与平面SAB所成的角可能为D. 平面SOB与平面SAB的夹角可能为
【正确答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量的夹角公式求解可判断A，B；求出及平面SAB与平面SOB的法向量，利用线面角与面面夹角的空间向量公式求解可判断C，D.
【详解】设，则，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，且，
，
若SA与SB所成的角为，则，解得．当时，，不符合题意；当时，，方程有解，故A正确；
若SA与OB所成的角为，则，得，不符合题意，故B错误；
设平面SAB的法向量为，则，取，
若SO与平面SAB所成的角为，则 ，解得，故C正确；
设平面SOB的法向量为，则，取，
若平面SOB与平面SAB的夹角为，则，即，得，又，得，不符合题意，故D错误，
故选：AC.
11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点斜率为的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，下列命题正确的有（ ）
A.
B. 当点为线段的中点时，直线的斜率为
C. 若，则
D.
【正确答案】BC
【分析】根据渐近线斜率结合图象可判断A，利用点差法可求直线斜率判断B，根据直线的斜率及二倍角的正切公式可判断C，计算和可判断D.
【详解】如图，
由可知，双曲线的渐近线方程为，
由图可知，当过点直线的斜率满足时，直线与双曲线左右两支各交于一点，故A错误；
设，，分别代入双曲线方程，两式相减可得：
，点为线段的中点，
所以，化简得，故B正确；
，，，，
，，
又，，，故C正确；
由题意，其中，代入双曲线方程可得，
，，
，，
，故D错误.
故选：BC
12. 一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫､6只白猫，把笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事件表示“第只出笼的猫是黑猫”，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】10只猫先后出笼的顺序为，第只出笼的猫是黑猫，即可先从4只黑猫中选出已知，而其余9个位置的猫们可任意排列，即可得到，对A，事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，即可求解判断；对B，事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则根据即可求解判断；对C，D，结合条件概率公式即可求解判断.
【详解】由题， ，
事件表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，则，故A错误；
事件表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则，故B正确；
则，故C正确；
事件表示“第2，10只出笼的猫是黑猫”，则，
则，故D正确，
故选：BCD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则___________.
【正确答案】
【分析】利用赋值法，令，求得系数及常数项之和；令，求得奇数项与偶数项之差；令，求得常数项的值；利用方程思想，可得答案.
【详解】令得：，
令得：，
两式相加，除以2，得：，当时，，
所以.
故答案为.
14. 如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，点P为AC边上的一个动点，长度为6的线段EF的中点为点B，则的取值范围是___________.
【正确答案】
【分析】由向量的数量积公式得出，求出的最大值和最小值即可得出结果.
【详解】由线段EF的中点为点B，得出.
.当点P位于点A或点C时，取最大值8.
当点P位于的中点时，取最小值，即，
∴的取值范围为，∴的取值范围为.
故答案为.
15. 若数列从第二项起，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列.某数学小组在数学探究课上，用剪刀沿直线剪一圆形纸片，将剪刀最多可以将圆形纸片分成的块数记为，经实际操作可得，，，，…，根据这一规律，得到二阶等差数列，则________；若将圆形纸片最多分成1276块，则_________.
【正确答案】 ①. 37 ②. 50
【分析】由二阶等差数列的定义结合所给条件求出数列的通项公式，再由通项公式求和所对应的项数.
【详解】因为数列为二阶等差数列，
所以数列为等差数列，
由，，，，
可得，
所以数列为首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以当时，，
将以上各式相加可得，，又，
所以，其中，经验证也满足该关系，
所以，
所以，
令，则，
解得.
故；.
16. 已知抛物线，圆与y轴相切，直线l过抛物线的焦点与抛物线交于A，D两点，与圆交于B，C两点（A，B两点在x轴的同一侧），若，，则弦长的取值范围为________．
【正确答案】
【分析】先求得，设直线的方程为，然后根据的取值范围求得的取值范围，再利用弦长公式求得弦长的取值范围.
【详解】抛物线的焦点为，
圆的圆心为，半径为，
由于圆与轴相切，所以，
抛物线方程为，圆，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
设，不妨设在第象限，在第象限，
则，，
由于，所以，
则，
即，则，，
所以，
，
函数，根据对勾函数的性质可知，
函数在上单调递增，
所以，，
，即的取值范围是.
所以.
故
在抛物线中，求解过焦点的弦长问题，可设出直线方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，然后利用弦长公式来进行求解.
四､解答题（共70分.解答应写出文字说明､证明过程和演算步骤）
17. 设数列的前项和为，已知，且数列是公比为的等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求其前项和
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意求出，则，两式相减化简变形可得，从而得数列是以为首项，以3为公比的等比数列，进而可求出通项公式；
（2）方法一：设，整理后与比较求出的值，则，然后利用裂项相消法可求得结果；
方法二：利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以由题意可得数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，即，
所以，
两式作差得：，
化简得：即，
所以，
所以数列是以为首项，以3为公比的等比数列，
故数列的通项公式为；
【小问2详解】
方法一：
设，
则有，比较系数得，
所以
所以，
所以，
所以.
方法二：
因为，
所以，
所以，
所以
，
所以.
18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，现有三个条件：
①a，b，c为连续自然数；②；③．
（1）从上述三个条件中选出两个，使得△ABC不存在，并说明理由；
（2）从上述三个条件中选出两个，使得△ABC存在，并求△ABC的面积（写出一组作答即可）
【正确答案】（1）选②③时三角形不存在，理由见解析
（2）答案不唯一，具体见解析
【分析】（1）选②③，由，可得，再根据正弦定理化边为角求得，即可得出结论；
（2）选①②时根据题意求得三边的长，再根据余弦定理结合平方关系求出其中一角的正弦值，再根据三角形的面积公式即可得解.
选①③时根据题意结合余弦定理及正弦定理化角为边求得三边的长，再根据余弦定理结合平方关系求出其中一角的正弦值，再根据三角形的面积公式即可得解.
【小问1详解】
解：选②③时三角形不存在，理由如下：
在△ABC中，由正弦定理得：，
由，则，
即，
又，
∴，而，此时A不存在，
∴△ABC不存在；
【小问2详解】
解：选①②时三角形存在：
∵a，b，c为连续自然数，，
∴，，又，
∴，
得，，，
在△ABC中，由余弦定理得：，
∴，
则.
选①③时三角形存在：
∵a，b，c为连续自然数，，
∴，，
在△ABC中，由余弦定理得：，
由正弦定理得，
又，
即，
∴，
则有，得，，，
∴，
故，
则．
19. 在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面，平面与平面的交线为.
（1）证明：；
（2）已知上是否存在点，使与平面所成角正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【分析】（1）先证线面垂直即平面，再证线线垂直即可；
（2）假设存在，取中点，证平面，建立空间坐标系，设，利用空间向量计算线面角，待定系数解方程即可.
小问1详解】
因为四边形为菱形，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
小问2详解】
上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
理由如下：
取中点，连接，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，以方向分别为轴，轴，轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，
.
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
假设上存在一点，使与平面所成角的正弦值为，设，
则，所以，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，可取，
又，
所以，
即，解得，此时；
因此上存在点，使与平面所成角的正弦值为，且.
20. 2022年底以来，发放消费券在全国多个地区流行，此举助力消费复苏．记发放的消费券额度为（百万元），带动的消费为（百万元）．下表为某省随机抽查的一些城市的数据：
（1）根据表中的数据，请用相关系数说明与有很强的线性相关关系，并求出关于的线性回归方程；
（2）（i）若该省城市在2023年4月份准备发放一轮额度为10百万元的消费券，利用（1）中求得的线性回归方程，预计可以带动多少消费？
（ii）当实际值与估计值的差的绝对值与估计值的比值不超过10%时，认为发放的该轮消费券助力消费复苏是理想的.若该省城市4月份发放额度为10百万元的消费券后，经过一个月的统计，发现实际带动的消费为30百万元，请问发放的该轮消费券助力消费复苏是否理想？若不理想，请分析可能存在的原因．
说明：对于线性回归方程的相关系数说明：当时，两个变量之间具有很强的线性相关关系．
参考数据：．
【正确答案】（1），由于且非常接近1，所以与具有很强的线性相关关系；

（2）（i）35.25；（ii）不理想，发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比如：A城市经济发展水平不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；A城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．
【分析】（1）根据相关系数的公式计算出的值即可说明；根据回归直线方程的求法，求解即可；
（2）（i）将代入回归方程计算即可；
（ii）根据题意计算出实际值与估计值的差的绝对值与估计值的比值，即可判断及说明原因.
【小问1详解】
解：因为，
．
，
，
，
所以；
由于且非常接近1，所以与具有很强的线性相关关系．
经计算可得
，
，
所以所求线性回归方程为；
【小问2详解】
解：（i）当时，，所以预计能带动的消费达35.25百万元．
（ii）因为，所以发放的该轮消费券助力消费复苏不是理想的．
发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，比如：A城市经济发展水平不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；A城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量．（只要写出一个原因即可）．
21. 如图，在矩形中，，，，，，分别是矩形四条边的中点，，分别是线段，上的动点，且满足．设直线与相交于点．
（1）证明：点始终在某一椭圆上，并求出该椭圆的标准方程；
（2）设，为该椭圆上两点，关于直线的对称点为，设，且直线，的倾斜角互补，证明：为定值．
【正确答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析.
【分析】（1）设，，，求直线的方程，结合条件消去参数可得点的轨迹方程，由此证明结论；
（2）先证明点在椭圆上，利用点差法证明，，结合条件证明结论.
【小问1详解】
由题意，，，设，，．
直线的方程为，①
直线的方程为，②
联立①②，得，
即，整理得．
因为，所以，因此得到．
这就证明了点在椭圆上，椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
因为，所以在椭圆上．
记．设，，则，
故．
因为直线，的倾斜角互补，所以，③
即．④
由，，
得，所以．⑤
同理，由，，
得．⑥
⑤⑥，并结合③，可得．
整理得．⑦
④⑦，得，
故．
所以，即为定值．
根据点点睛：本题第一小问通过求两直线方程，利用交轨法求其交点的轨迹方程，第二小问利用设点法，结合点差法确定点的坐标的关系，由此完成证明.
22. 已知函数，．
（1）求证：；
（2）若函数有三个不同的零点，，．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【正确答案】（1）见解析 （2）（ⅰ）（ⅱ）见解析
【分析】（1）代入计算即可求解，
（2）（ⅰ）分类讨论的取值范围即可求解，
（ⅱ）结合函数有三个不同的零点，可得，，进而结合，，可将问题转化成，构造函数，即可利用导数求解.
【小问1详解】
由得，
所以，故，
【小问2详解】
（ⅰ）由于，且当时，，故，
又，所以，所以，
当时，令，所以，
当时，,当时，,所以在单调递减，在单调递增，故，
又,,
所以存在，使得，
因此在,上单调递增，在单调递减，
又当当，
所以此时有3个零点，符合题意，故，
当时，
令，则，
故当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故，此时恒成立，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，
综上可知：，
（ⅱ）由（ⅰ）以及可知，，又，，故也是的根，故，
设
所以在单调递增，故,
即,()
又因为，
所以，
所以
本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.3
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