2023~2024学年广东茂名高考数学押题试题{二模}带解析

这是一份2023~2024学年广东茂名高考数学押题试题{二模}带解析，共23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：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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先化简集合与集合，再根据交集的定义即可求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：C
2. 已知，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】A
【分析】根据复数四则运算化简复数z，然后由复数的几何意义可得.
【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限．
故选：A
3. 某班在体育课上组织趣味游戏，统计了第一组14名学生的最终13，10，12，17，9，12，8，9，11，14，15，12，10，12．这组数据的第80百分位数是（ ）
A. 12B. 13C. 13.5D. 14
【正确答案】D
【分析】先将数据从小到大排序，在根据百分位数的计算方法，即可求解.
【详解】由题意，将14名学生的最终得分，从小到大排序：8，9，9，10，10，11，12，12，12，12，13，14，15，17，
又由，所以这组数据第80百分位数为第12个数，即为14.
故选：D.
4. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则A＝（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】由正弦定理得到，利用余弦定理得到，求出答案.
【详解】，由正弦定理得，
因为，所以由余弦定理得，
因为，所以.
故选：B
5. 如图，在正三棱柱中，底面边长为6，侧棱长为8，D是侧面的两条对角线的交点，则直线AD与底面ABC所成角的正切值为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】取BC中点E，连接DE, AE,易得∠DAE为直线AD与底面ABC所成角，解三角形即可.
【详解】
取BC中点E，连接DE，AE，
由正三棱柱知平面，且，
因为是斜线在底面上的射影，
所以∠DAE为直线AD与底面ABC所成角，
在正三角形中，
直线AD与底面ABC所成角的正切值为.
故选：D
6. 已知是互相垂直的单位向量，若与的夹角为120°，则（ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】D
【分析】利用两单位向量互相垂直可得，；再代入向量数量积公式可得，解出.
【详解】根据题意可知，且,
可得，
，
又与的夹角为120°，
所以，
解得.
故选：D
7. 2022年12月3日，南昌市出土了东汉六棱锥体水晶珠灵摆吊坠，如图（1）所示．现在我们通过DIY手工制作一个六棱锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形ABCDEF的中心为O，，，，，，为圆O上的点，如图（2）所示．，，，，，分别是以AB，BC，CD，DE，EF，FA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DE，EF，FA为折痕折起，，，，，，使，，，，，重合，得到六棱锥，则六棱锥的体积最大时，正六边形ABCDEF的边长为（ ）

A. B. C. D. 5cm
【正确答案】C
【分析】连接，交EF于点H，则．设，从而求得六棱锥的高，正六边形ABCDEF的面积，进而求得体积，令，利用导数判断单调性，从而可求得最小值时的值，进而可求解.
【详解】连接，交EF于点H，则．设，则，
．因为，所以
六棱锥的高．

正六边形ABCDEF的面积，
则六棱锥的体积
令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，上单调递减，
所以当时，正六棱锥的体积最大，此时正六边形ABCDEF的底面边长为．
故选：C
8. 已知是定义域为的单调递增的函数，，，且，则（ ）
A. 54B. 55C. 56D. 57
【正确答案】B
【分析】由，所以因为，，且单调递增，所以，.然后推理求解即可.
【详解】因为有，令，则，
显然，否则，与矛盾.
从而，由.即得，
，即，于是，且.
所以，所以，.
因为所以，于，.
因为所以.
因为所以，.
因为，，
所以，，
所以，.
故选：B.
二、选择题：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. 已知圆，直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l过定点
B. 当时，直线l与圆C相切
C. 当时，过直线l上一点P向圆C作切线，切点为Q，则的最小值为
D. 若圆C上只有一个点到直线l的距离为1，则
【正确答案】BC
【分析】由已知可得直线过定点,可判断A；当时，求得圆心到直线的距离可判断 B；先求|PC|的最小值，再利用勾股定理可求|PQ|的最小值判断C；由圆心到直线的距离为3可求得判断D.
【详解】对于A，由直线，得，
直线过定点，故A错误；
对于B，当时，直线的方程为，
圆的圆心，半径为，
圆心到直线的距离为 ，
直线与圆相切，故B正确；
对于C，当时，直线的方程为，
因为，
又，
的最小值为，故C正确；
对于D，若圆上只有一个点到直线的距离为1，
圆心到直线的距离为，
，解得，故D错误.
故选：BC
10. 袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，记事件A为“三个球都是红球”，事件B为“三个球都是黄球”，事件C为“三个球至少有一个是黄球”，事件D为“三个球不都是红球”，则（ ）
A. 事件A与事件B互斥且对立B.
C. D. 事件B与事件D可能同时发生
【正确答案】BCD
【分析】袋子中装有红球、黄球各个，现从中随机抽取3个，则根据互斥与对立事件的关系，对选项逐一判断即可.
【详解】因为袋子中装有红球、黄球各个，
现从中随机抽取3个，则会有{三红球，三黄球，一黄球二红球，两黄球一红球}，
所以事件A与事件B互斥但不对立，故A选项错误；
事件C的对立事件即为事件A，则，故B选项正确；
事件A与事件D互为对立事件，则，故C选项正确；
因为事件B与事件D不是互斥事件，故有可能同时发生，故D选项正确;
故选：BCD
11. 若函数的定义域为，且为偶函数，的图象关于点成中心对称，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数值域为
C. 直线y＝1与函数的图象在区间上有4个交点
D.
【正确答案】ABD
【分析】根据给定条件，结合奇偶函数的定义，可得关于对称和关于对称，由此推理计算即可判断各命题作答.
【详解】的定义域为，由为偶函数，得，
令等价于，所以，所即，
所以关于对称，
由图象关于成中心对称，得，
于是，令等价于，
所以，所以关于对称，
则，因此，所以，
所以，则是周期为4周期函数，
当时，，
，故A正确；
在的图象如下图所示，

故B正确；

直线y＝1与函数的图象在区间上有5个交点，故C不正确；
当时，，可得：，
，，
，即，
因此，
故D正确；
故选：ABD.
12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与C交于P，Q两点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，且，则椭圆C的离心率为
B. 若，且，则C的离心率为
C. 若对任意的直线l总有，则椭圆C的离心率的取值范围为
D. 若存在直线l，使得，的等比中项为，则椭圆C的离心率的取值范围为
【正确答案】AD
【分析】对于A，由可得，再由勾股定理可求解；对于B，设，则，由可得，然后利用椭圆的定义和勾股定理即可求解；对于C，若对任意的直线l总有，因为直线过点，，则，求解即可；对于D，利用椭圆的第二定义表示与长，在根据椭圆的定义建立不等式求解即可.
【详解】对于A，对两边同时平方可得：，
设，则，
在中，则，
可得：，解得：，
在中，，
可得：，化简可得：，
故椭圆C的离心率为，故A正确；
对于B，设，则，

因为，所以，则，
由椭圆的定义可得：，
所以，则，，
所以，因为，
在中，，即，
所以，则，故B不正确；
对于C，若对任意的直线l总有，因为直线过点，
所以，则，则，
所以，则，解得：，故C不正确；
对于D，设椭圆上存在一点，由椭圆的第二定义，可得：，，
是与的等比中项，可得，即，
即，，，，
解得，所以椭圆的离心率的取值范围为，故D正确；
故选：AD．
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】利用两角差的正切公式展开可得，即可解得.
【详解】由两角差的正切公式可得
；
解得.
故
14. 若的展开式中的系数为80，则a＝________．
【正确答案】
【分析】先确定的展开式的通项公式，再由求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为，
而，
令，得；令，得.
所以的展开式中的系数为，
所以，解得
故答案为.
15. 已知抛物线，直线与抛物线C交于M，N两点，O为坐标原点，记直线OM，ON的斜率分别为，，若，则t＝________．
【正确答案】2
【分析】直线与抛物线联立，韦达定理可以得到两根之和，两根之积，再根据所给的斜率关系即可求得.
【详解】画出图像如图所示：

联立直线与抛物线方程得，
，所以，
因为直线OM，ON的斜率分别为，，且，
所以，
即，所以.
故2
16. 已知在边长为2的菱形ABCD中，，沿对角线BD将折起，使平面平面BCD，则四面体ABCD外接球的表面积为________；若P为AB的中点，过点P的平面截该四面体ABCD的外接球所得截面面积为S，则S的最小值为________．
【正确答案】 ①. ## ②.
【分析】先取中点，利用面面垂直推出线面垂直，再分别取和的外心，，利用等边三角形三心合一找到外接球球心，连接,,,,，利用勾股定理求出，最后利用外接球的表面积公式求解；由分析知当P为截面圆圆心时，S最小，设截面圆的半径为，，求出，代入即可得出答案.
【详解】由已知可得和均为等边三角形，取中点，连接，，
则，因为平面平面，平面平面，
平面，则平面，
分别取和的外心，，过，分别作对应面的垂线，相交于，如图，
则为三棱锥的外接球的球心，由和均为边长为的等边三角形，
可得，，
，
所以四面体的外接球的表面积为.
P为AB的中点，且，又，所以为三等分点，
取为的中点，，
，
，，
过点P的平面截该四面体ABCD的外接球所得截面面积为S，
当P为截面圆圆心时，S最小，设截面圆的半径为，
，则，
所以.

故；.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知函数的图像的一条对称轴为．
（1）求a；
（2）求在上的值域．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，添加辅助角，利用三角函数的性质即可求解；
（2）根据角的范围，由三角函数的性质确定对应的值域即可.
【小问1详解】
其中，
又函数的一条对称轴为，即，
故，即，
整理得，解得．
【小问2详解】
由（1）得，
因为，则，
所以，所以，
所以函数在上的值域为．
18. 设数列的前n项和为，已知，且，，成等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，求使得成立的x的最小值
【正确答案】（1）
（2）7
【分析】（1）由和，可得，所以为等比数列，再由，，成等差数列，通过递推分别用表示，列方程可得首项为，进而写出通项公式.
（2）写出，利用等比数列的前n项和公式求，对不等式进行化简可得，即可求出n的最小值.
【小问1详解】
由已知得时，，
所以，
因为，，成等差数列，所以
即，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以由，
因为，所以，即n的最小值为7．
19. 如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点．
（1）在直线上找一点，使得直线平面，并说明理由；
（2）求二面角的余弦值．
【正确答案】（1）当为的中点时平面，理由见解析
（2）
【分析】（1）取的中点，连接、，此时可证平面，平面，即可得到平面平面，从而得证；
（2）依题意可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
如图取的中点，连接、，此时平面，
证明如下：因为为棱的中点，所以， 平面，平面，所以平面，
又，，所以且，所以为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即当为的中点时平面.
【小问2详解】
因为，即，，
，平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面的法向量为，则，令，则，
设二面角为，显然二面角为锐二面角，
所以，即二面角的余弦值为.
20. 为加快推动旅游业复苏，进一步增强居民旅游消费意愿，山东省人民政府规定自2023年1月21日起至3月31日继续在全省实施景区门票减免，全省国有A级旅游景区免首道门票，鼓励非国有A级旅游景区首道门票至少半价优惠．某机构为了了解游客对全省实施景区门票减免活动的满意度，从游客中按年龄40周岁及以下和40周岁以上随机抽取100人，其中年龄在40周岁及以下的有40人，且有的游客表示满意，年龄在40周岁以上的游客中表示满意的人数与年龄在40周岁及以下的游客中表示满意的人数相同．
（1）根据统计数据完成以下2×2列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联？
（2）按照年龄和满意与否采用分层抽样从这100名游客中随机抽取10名，进一步了解游客对本次活动的看法，再从这10名游客中随机选取3名作为代表对本次活动提出改进措施，记选取的3名代表中“40周岁及以下表示满意”与“40周岁以上表示满意”的人数差的绝对值为，求随机变量的分布列和数学期望．
参考公式及数据：，其中．
【正确答案】（1）列联表见解析，能认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联
（2）分布列见解析，
【分析】（1）根据题干数据完善列联表，计算出卡方，即可判断；
（2）利用分层抽样求出各组的人数，则的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
依题意年龄在周岁及以下且满意的有人，则不满意的有人，
年龄在周岁以上且满意的有人，不满意的有人，
所以列联表如下：
所以，
所以根据小概率值的独立性检验，能认为对全省实施景区门票减免活动是否满意与年龄有关联.
【小问2详解】
依题意周岁及以下表示满意的抽取人，表示不满意的抽取人，
周岁以上表示满意的抽取人，表示不满意的抽取人，
则的可能取值为、、、，
所以，，
，，
所以的分布列为：
所以.
21. 设双曲线的左、右焦点分别为，，且焦距为6，点在双曲线C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）已知M是直线上一点，直线交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原点，过点M作直线OA的平行线l，l与直线OB交于点P，与x轴交于点Q，证明：P为线段MQ的中点．
【正确答案】（1）；
（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意列式运算求解，即可得结果；
（2）根据题意求直线的交点结合韦达定理分析证明.
【小问1详解】
因为焦距为6，所以，
将点代入的方程得，
又因为，联立解得，
所以双曲线的方程为．
【小问2详解】
由（1）可知：的横坐标为，
设直线的方程为，则的纵坐标为．
联立方程组，消去x得：，
则，可得，
设，则，
因为//，所以直线的方程为，
又因为直线的方程为，
联立方程组，解得，
即的纵坐标为．
由两式相除，
得，即，
所以，
因为，所以，故为线段的中点．
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，．
（1）判断和的单调性；
（2）若对任意，不等式恒成立，求实数a取值范围．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导函数的符号，求得函数的单调区间；再求得，令，求得，得到的单调性与最大值，进而求得的单调性；
（2）根据题意转化为在内恒成立，令，求得，再，利用导数求得的单调性，进而得到在和中各存唯一的，使得， ，进而得出函数的单调区间，结合，求得最小值，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
若时，，在定义域上单调递减；
若时，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
又由函数的定义为，且，
令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，
所以，所以在上单调递减.
【小问2详解】
解：由不等式，即在内恒成立，
即在内恒成立，
令，可得，
令，可得，
令，可得；令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又由，
，，
所以在 中存唯一的使得，在中存在唯一的使得，
即有，
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，；
又由，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，
时，，
因为，可得
所以，即，所以，
代入和，则有，
同理可得，
所以，所以函数在上的最小值，既可以在处取得，也可以在处取得，所以，
所以，即实数的取值范围是.
方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
不满意
满意
总计
40周岁及以下
40周岁以上
总计
0.100
0.050
0.010
0.001
k
2.706
3.841
6.635
10.828
不满意
满意
总计
40周岁及以下
40周岁以上
总计