2023~2024学年广东茂名高考数学押题试题{一模}带解析

这是一份2023~2024学年广东茂名高考数学押题试题{一模}带解析，共26页。试卷主要包含了集合，，则，复数的虚部是，定义，给出下列命题，其中正确命题为.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．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数的虚部是（ ）
A．B．C．D．
3．给出下列四个命题，其中正确命题为（ ）
A．“，”的否定是“，”
B．“”是“”的必要不充分条件
C．，，使得
D．“”是“”的充分不必要条件
4．定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度.其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
5．已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．6B．C．8D．
6．由数字组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为（ ）
A．42031B．42103C．42130D．42301
7．斐波那契数列满足，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第（ ）项.
A．2022B．2023C．2024D．2025
8．在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为（ ）
A．B．C．D．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．给出下列命题，其中正确命题为（ ）.
A．若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为4
B．回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系
C．随机变量服从正态分布，，则
D．相关指数来刻画回归的效果，值越大，说明模型的拟合效果越好
10．中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（ ）
A．若，则必有两解
B．若，则一定为等腰三角形
C．若，则一定为直角三角形
D．若，且该三角形有两解，则的范围是
11．我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：，是双曲线的左､右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过；当异于双曲线顶点时，双曲线在点处的切线平分.若双曲线的方程为，则下列结论正确的是（ ）

A．射线所在直线的斜率为，则
B．当时，
C．当过点时，光线由到再到所经过的路程为13
D．若点坐标为，直线与相切，则
12．已知函数定义域为，满足，当时，.若函数的图象与函数的图象的交点为，（其中表示不超过的最大整数），则（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知函数是偶函数，则__________．
14．在△ABC中，D是BC中点，AB＝2，BC＝3，AC＝4，则________．
15．已知为坐标原点，直线过抛物线的焦点，与抛物线及其准线依次交于三点（其中点在之间），若.则的面积是______.
16．黎曼猜想由数学家波恩哈德-黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的对象是类似于的无穷级数，我们经常从无穷级数的部分和入手.请你回答以下问题：
（1）______.
（其中表示不超过的最大整数，如.）
（2）已知正项数列的前项和为，且满足，则______.
四､解答题：本题共6小题，共70分.
17．已知正项数列的前项和为，且，．
(1)求；
(2)在数列的每相邻两项、之间依次插入、、、，得到数列、、、、、、、、、、，求的前项和．
18．某学台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”、“双人对战”和“挑战答题”.参赛者先参与“四人赛”活动，每局第一名得3分，第二名得2分，第三名得1分，第四名得0分，每局比赛相互独立，三局后累计得分不低于6分的参赛者参加“双人对战”活动，否则被淘汰.“双人对战”只赛一局，获胜者可以选择参加“挑战答题”活动，也可以选择终止比赛，失败者则被淘汰.已知甲在参加“四人赛”活动中，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第三名、第四名的概率均为；甲在参加“双人对战”活动中，比赛获胜的概率为.
(1)求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率.
(2)“挑战答题”活动规则如下：参赛者从10道题中随机选取5道回答，每道题答对得1分，答错得0分.若甲参与“挑战答题”，且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答，记甲在“挑战答题”中累计得分为X，求随机变量X的分布列与数学期望.
19．如图，平面四边形中，，，．的内角的对边分别为，且满足．
(1)判断四边形是否有外接圆？若有，求其半径；若无，说明理由；
(2)求内切圆半径的取值范围．
20．如图1，在边长为4的等边中，，分别是，的中点．将沿折至（如图2），使得．
(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上，当与平面所成角最大时，求的长．
21．已知双曲线的离心率为2.
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)若双曲线的右焦点为，若直线与的左，右两支分别交于两点，过作的垂线，垂足为，试判断直线是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
1．C
【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
则，因此，.
故选：C.
2．A
【分析】根据复数除法运算及复数的概念即得.
【详解】所以，
所以复数的虚部为.
故选：A.
3．C
【分析】利用全称量词命题的否定判断A；利用充分条件、必要条件的定义判断BD；判断存在量词命题的真假判断C作答.
【详解】对于A，“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，该命题的否定为，，A错误；
对于B，“若，则”是假命题，如，而，B错误；
对于C，取，则，C正确；
对于D，因为函数是R上的增函数，则“”是“”的充要条件，D错误．
故选：C
4．B
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
5．C
【分析】设切点为（m，n），求出曲线对应函数的导数，可得切线的斜率，代入切点坐标，解方程可得n＝0，进而得到2a+b＝1，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】设切点为（m，n），
y＝ln（x+b）的导数为，
由题意可得=1，
又n＝m﹣2a，n＝ln（m+b），
解得n＝0，m＝2a，
即有2a+b＝1，因为a、b为正实数，
所以，
当且仅当时取等号，
故的最小值为8．
故选：C．
6．C
【分析】利用排列数公式分类求得由数字组成的各位上没有重复数字的五位数的各种情况，进而得到从小到大排列第88个数为.
【详解】由数字组成的各位上没有重复数字的五位数中，
1在万位的有（个）；2在万位的有（个）；
3在万位的有（个）；4在万位的有（个）；
则从小到大排列第88个数为4在万位的五位数.
4在万位0在千位的有（个）；4在万位1在千位的有（个）；
4在万位2在千位的有（个），
则从小到大排列第88个数为4在万位2在千位的五位数.
4在万位2在千位的五位数从小到大排列依次为：
则从小到大排列第88个数为
故选：C
7．C
【分析】利用斐波那契数列递推公式可得，再求出即可求解判断作答.
【详解】依题意，，有，
于是，而，
因此，
则，
所以是斐波那契数列的第2024项.
故选：C
8．A
【分析】先通过和可知三棱锥的外接球O为的中点，在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径，进而可得球心到面的距离，从而得，再由解三角形知识求解△的面积最大即可.
【详解】
该三棱锥的外接球O为的中点，下证：
因为平面，平面，所以，所以，
又，即，所以，即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，
球心到平面的距离为，
因为O为的中点，所以到平面的距离为，
，
要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.
在△中由余弦定理可得，
所以，当且仅当时等号成立，
，
所以.
当且仅当时, 三棱锥的体积取到最大值.
故选：A.
9．BD
【分析】根据线性变化后新旧数据方差的关系，线性回归方程的性质，正态分布，相关指数与拟合度的关系判断各选项．
【详解】A、若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为，故A错误；
B、回归方程为，可知，则变量与具有负的线性相关关系，B正确；
C、随机变量服从正态分布，，根据正态分布的对称性，所以，∴C错误；
D、相关指数来刻画回归的效果，值越大，说明模型的拟合效果越好，因此D正确.
故选：BD.
本题考查线性变化后新旧数据方差的关系，回归方程与正负相关性，正态分布的概率，相关指数与拟合程度关系，掌握相应的概念，方法即可求解，属于基础题．
10．AC
【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，若，则，
又，所以必有两解，故A正确；
对于B，若，则或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理得：，
即，而，故，
所以一定为直角三角形，故C正确；
对于D，若，且该三角形有两解，所以，
即，也即，故D错误.
综上所述，只有AC正确，
故选：AC.
11．ABD
【分析】A选项，根据直线与双曲线的交点位置可判断.
B选项，利用双曲线定义和勾股定理化简可得.
C选项，由双曲线定义可判断.
D选项，利用角平分线性质，结合双曲线的定义可得.
【详解】解：因为双曲线的方程为，所以，渐近线方程为，
选项A，因为直线与双曲线有两个交点，所以，即A正确；
选项B，由双曲线的定义知，，
若，则，
因为，
所以，
解得，即B正确；
选项C：，即C错误；
选项D，因为平分，由角分线定理知，，
所以，
又，
所以，解得，即D正确.
故选：ABD.
12．BC
【分析】举例说明判断A；分析函数与的性质，作出部分函数图象，结合图象与性质推理、计算判断BCD作答.
【详解】函数，显然，而，即，因此不是偶函数，A错误；
函数定义域为，满足，当时，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
因此当时，函数在上递减，
在上递增，当时，取得最大值，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
因此当时，函数，
在同一坐标平面内作出函数的部分图象，如图，
当时，函数的图象有唯一公共点，
因为，因此，，而满足的整数有个，即，B正确；
显然，
所以，C正确；
，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，D错误.
关键点睛：求两个分段函数的公共点的坐标，确定要求值的自变量属于哪一段区间，再代入该段的解析式求值是关键.
13．
【分析】由于函数为偶函数，所以，化简可求出的值
【详解】因为是偶函数，
所以，即
所以，
所以，
，
因为上式恒成立，
所以，得，
故
14．
【分析】先由余弦定理求得，再由代入直接求出.
【详解】在△ABC中，AB＝2，BC＝3，AC＝4，由余弦定理得.
因为D是BC中点，所以,
所以.
故
15．##
【分析】依题意作出图形，利用抛物线的定义结合图形依次求得与，从而求得直线的方程，联立抛物线方程，利用抛物线焦半径公式与点线距离公式求得与，从而得解.
【详解】过点作垂直于准线，垂足为，过点作垂直于准线，垂足为，设准线与轴相交于点，如图，

则，
在中，，所以，所以，
故在中，，所以，则.
又轴，，所以，
又抛物线，则，所以，
所以抛物线，点.
因为，所以直线的斜率，则直线，
与抛物线方程联立，消并化简得，
易得，设点，则，
则，
又直线，可化为，
则点到直线的距离，
所以.
故选：B.
16． 1 88
【分析】（1）进行放缩计算可得答案；
（2）利用进行放缩计算可得答案.
【详解】（1）
，
所以，
所以；
（2）当时，，解得，因为，所以，
当时，，所以，即，
所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，
因为，所以，所以，
当时，，即，
所以，
令，
则，
因为，
所以，
，
因为，
所以，
所以，即.
故 （1）1； （2）88.
关键点点睛：此题考查数列与不等式的综合应用，考查数列中的新定义，解题的关键是利用放缩法结合新定义求解，考查计算能力，属于较难题.
17．(1)，．
(2)
【分析】（1）当时，利用累加法可求得的表达式，结合可得出的表达式，再检验的情形，综合可得出的通项公式；
（2）由求出数列的通项公式，列举出数列的前项，即可求得的值.
【详解】（1）解：对任意的，因为，
当时，
，
因为，所以，故．
当时，适合，
所以，．
（2）解：因为，，
所以当时，，
所以，，
所以，数列的前项分别为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以的前项是由个与个组成．所以．
18．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，由题意确定的可能取值，求出每个值对应的概率，即可得答案.
（2）确定随机变量X的所有可能取值，求得每个值对应概率，可得分布列，即可求得数学期望.
【详解】（1）设甲在“四人赛”中获得的分数为，则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了或或或.
；
；
；
，
所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率，
故甲能进入“挑战答题”活动的概率.
（2）随机变量X的所有可能取值为，
；；
；.
所以X的分布列如下表所示：
所以.
19．(1)有，
(2)
【分析】(1)先由余弦定理求，再由正弦定理结合条件得，所以，，所以四点共圆，则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．由正弦定理即可求出；
(2)由三角形面积公式得到，则，由正弦定理得，，化简得，因为，所以，即可得到的取值范围，从而得到半径的取值范围．
【详解】（1）在中，，
所以，
由正弦定理，，可得，
再由余弦定理，，又，所以．
因为，所以，所以四点共圆，
则四边形的外接圆半径就等于外接圆的半径．
又，所以．
（2）由（1）可知：，则，
，
则．
在中，由正弦定理，，
所以，，
则
，
又，所以，
所以，，即，
因为，所以．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证明平面得平面平面．
（2）（方法1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，将与平面所成角的正弦值表示为的函数，利用二次函数求最大值即可；
（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．即为与平面所成角且，当的最小时，MB最长.
【详解】（1）取的中点，因为是等边三角形，所以．
因为的边长为4，
所以．
在中，，，，
由余弦定理，
得．
因为，所以．
又因为，，平面，
所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
（2）（方法1）取的中点，则．
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
设，因为，所以，
所以．
因为平面，平面，所以．
又因为，平面，所以平面，
所以平面的一个法向量为．
记与平面所成角为，
则．
因为当时，取得最大值，此时最大，
所以，所以．
（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．
因为平面，平面，所以．
又因为，，平面，所以平面，
所以即为与平面所成角．
因为在中，，
所以．
在平面内，当时，最小，
此时，
所以此时取得最大值，也最大．
因为，所以．
21．(1)；
(2)直线是否过定点，证明见解析.
【分析】（1）根据题意可得，即可得出答案；
（2）设直线的方程，直线与双曲线的左右两支分别交于点，则，联立直线与双曲线的方程，设，结合韦达定理可得，写出直线的方程，令，解得,即可得出答案．
【详解】（1）由双曲线的离心率为2，
所以，所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
（2）由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程，
因为直线与双曲线的左右两支分别交于点，
则，
联立，得，
设，
则，直线的方程，
令，得
，
所以直线过定点.

方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22．(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
X
2
3
4
5
P