2023~2024学年广东区域联考高考数学押题试题{二模}带解析

这是一份2023~2024学年广东区域联考高考数学押题试题{二模}带解析，共28页。试卷主要包含了选择题，多选题，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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D. 或
【正确答案】C
【分析】先求解得出，进而根据集合的交集运算，得出答案.
【详解】由已知可得，，
解可得，，所以，
所以，.
故选：C.
2. 已知是虚数单位，则复数对应的点所在的象限是（ ）
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】根据可得，然后根据复数的除法运算化简，结合复数的几何意义，即可得出答案.
【详解】因为，，
该复数对应的点为，该点为第一象限.
故选：A.
3. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】首先求出，，再根据在上的投影向量为计算即可.
【详解】因为，
所以，，
所以在上的投影向量为，
故选：D.
4. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.已知一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）
A. 464B. 465C. 466D. 467
【正确答案】B
【分析】根据已知可得出递推公式，进而根据累加法可求得，代入30即可得出答案.
【详解】设三角垛第层小球的个数为.
由题意可知，，，，，
所以，当时，有.
所以，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，
当时，，满足题意.
所以，.
所以，.
故选：B.
5. 安排A，B，C，D，E，F共6名义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A不安排照顾老人甲，则安排方法共有（ ）种
A. 60B. 61C. 62D. 63
【正确答案】A
【分析】根据义工有条件限制，可分照顾乙和照顾丙两类分析即可.
【详解】义工不安排照顾老人甲，
所以当义工安排照顾乙时，
共有种不同方法，
当义工安排照顾丙时，
共有种不同方法.
所以共有种.
故选：A
6. 如图所示，多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，，，EF到平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积V为（ ）
A. B. 5C. 6D.
【正确答案】D
【分析】方法一：连接EB，EC，AC，由等体法可得，再由以及棱锥的体积公式即可求解；方法二：设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，得三棱柱，则，由即可求解，方法三：延长EF至点M，使，连接BM，CM，AF，DF，则多面体为斜三棱柱，由，即可求解.
【详解】解法一：如图，连接EB，EC，AC，则.
，
.
.
.
解法二：如图，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，
则，，，得三棱柱，
由题意得
，
，
.
解法三：如图，延长EF至点M，使，连接BM，CM，AF，DF，
则多面体为斜三棱柱，其直截面面积，则.
又平面BCM与平面ADE平行，F为EM的中点，
，
，
即，
，.
故选：D
本题考查了“割补法、等体法”求多面体的体积，考查了棱锥的体积公式，属于中档题.
7. 设过点的直线与圆的两个交点为，若，则=
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】
先设，直线的方程为，联立直线与圆的方程，根据韦达定理以及，可求出，再由弦长公式即可求出结果.
【详解】由题意，设，直线的方程为，
由得，
则，又，所以，
故，即，代入得：，故，
又，即，
整理得：，解得或，
又，
当时，；
当时，；
综上.
故选A
本题主要考查圆的弦长问题，熟记直线与圆位置关系，结合韦达定理、弦长公式求解即可，属于常考题型.
8. 设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a、b、c、d的值即可比较大小.
【详解】对于正四面体，其离散曲率为，
对于正八面体，其离散曲率为，
对于正十二面体，其离散曲率为，
对于正二十面体，其离散曲率为，
则，
所以.
故选：B.
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，有错选的得0分.
9. 若，则下列不等式对一切满足条件恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ACD
【分析】对于A，B，D，利用基本不等式即可求得答案；对于C，利用，求出，结合的范围，利用二次函数的性质即可求得.
【详解】对于A，，即，当且仅当时等号成立，所以A正确；
对于B， ，，
又，则，当且仅当时等号成立，所以B错误；
对于C，，，所以，
则，并且时等号成立.，所以C正确；
对于D，，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立， 所以D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，且所有的正零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是（ ）
A. 函数是偶函数
B. 的图象关于点对称
C. 在上是增函数
D. 当时，函数的值域是
【正确答案】BD
【分析】化简可得，进而根据已知求出，.根据图象变换可得.求出即可判断A项；代入检验，结合正弦函数的性质，即可判断B、C、D.
【详解】因为.
由可得，.
由已知可得，，所以，.
将函数图象沿轴向左平移个单位，
可得的图象，
横坐标伸长到原来的2倍得到函数的的图象，所以.
对于A项，因为，所以函数不是偶函数，故A项错误；
对于B项，因为，所以的图象关于点对称，故B项正确；
对于C项，因为，所以.
因为函数在上单调递增，在上单调递减，故C项错误；
对于D项，因为，所以.
因为函数在上单调递增，
所以，
所以，，故D项正确.
故选：BD.
11. 直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点（不含端点），则以下正确的是（ ）
A. AC∥平面
B. CD与不垂直
C. ∠ADC的取值范围为
D. 的最小值为
【正确答案】AD
【分析】A.将直三棱柱其补成正方体，再利用线面平行的判定定理判断；B.以A为坐标原点，AC为x轴，AB为y轴，为z轴，利用向量法判断；C.判断以AC为直径的球与的交点情况即可；D.将面，翻折至与共面，此时点C与重合求解判断.
【详解】A.如图所示：，将其补成正方体，因为，平面，平面，所以AC∥平面，故A正确．
B.如图所示：，以A为坐标原点，AC为x轴，AB为y轴，为z轴，
则，，，，，
设，，则，
，，，
当时，，当且时，与不垂直，故B错误．
C.判断以AC为直径的球与的交点情况，
如图所示：，取AC中点F，则，，
所以以AC为直径的球与没有交点．所以，故C错误．
D.将面，翻折至与共面，此时点C与重合，所以的最小值为，且，故D正确．
故选：AD
12. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（ ）
A. 最大时，B. 的最小值为2
C. 椭圆的离心率等于D. 的取值范围为
【正确答案】ABD
【分析】对于A，根据当在短轴的端点时，取得最大，且最大值为，再根据，代入进而即可求解；
对于B，根据，然后结合平面向量数量积的几何意义与基本不等式即可求解；
对于C，运用角平分线定理即可求解；
对于D，由正弦定理可得，再又结合A可得，从而得到，再根据题意得到，进而即可求解．
【详解】对于A，设，，则，且，
所以，
则当在短轴的端点时，取得最大，且最大值为，
又，
所以当最大时，，即，故A正确；
对于B，过点作，垂足为点G，
又点为外接圆的圆心，即为三条边的中垂线的交点，则点G为的中点，
由，
又，同理，
所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为2，故B正确；
对于C，由内切圆的圆心为，则，分别是，的角平分线，
则由角平分线定理可得，即，故C错误；
对于D，设，，，
由正弦定理可得，即，
则，即，
因为，
又结合A有，所以，即，所以，
又因为当在短轴的端点时，最大，此时，，
所以，即，所以，
故，故D正确．
故选：ABD．

本题考查了椭圆的定义以及几何性质，明确外心的位置和内角平分线性质，灵活运用正弦定理和等面积法是解答本题关键，考查了推理能力、运算求解能力，属于难题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在的展开式中，所有项系数之和为__________.
【正确答案】1024
【分析】赋值令，即可得出答案.
【详解】令，可知所有项系数之和为.
故1024.
14. 写出一个满足“图象既关于直线x=1对称又关于原点中心对称”的函数_________．
【正确答案】
【分析】可取，根据正弦函数的对称性验证即可.
【详解】解：可取，
令，则，
所以函数得图象关于直线对称，
令，则，
则函数得对称中心为，即函数得图象关于原点中心对称，
所以符合题意.
故答案为.（答案不唯一，符合条件即可）
15. 现要发行10000张，其中中奖金额为2元的1000张，10元的300张，50元的100张，100元的50张，1000元的5张.1张中奖金额的均值是__________元.
【正确答案】2
【分析】设每张的中奖金额为随机变量，则.由已知求出取不同值的概率，得出分布列，进而根据期望公式，即可得出答案.
【详解】设每张的中奖金额为随机变量，则.
由题意可知，，，，，，
所以
所以，的分布列为
所以，.
故2.
16. 已知函数，则使得成立的实数的取值范围为__________.
【正确答案】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可求解.
【详解】函数 的 定义域为 ,
因为 ,
所以 ,
故函数 为偶函数，
当 时, , 且 在 上单调递减,
当 时, , 且 在 上单调递减,
而 ,
故 在 上单调递减, 且 .
则使得成立，
需，
所以且，
所以且，
所以且
解得或，
故答案为.
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. 为测量地形不规则的一个区域的径长，采用间接测量的方法，如图，阴影部分为不规则地形，利用激光仪器和反光规律得到，为钝角，，，．
（1）求的值；
（2）若测得，求待测径长．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理结合二倍角的余弦公式求解即可；
（2）分别在，用余弦定理可求得，，再由两角差的余弦公式可求出，最后在在，由余弦定理即可求出答案.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得：，
则，因为，因为为钝角，
所以，所以.
【小问2详解】
在，由余弦定理可得：，
解得：或（舍去），
因为，所以，
在，，
由余弦定理可得：，
解得：，
，，，，
，
在，由余弦定理可得：
，
故.
18. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.

（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）若四棱锥的体积为，设平面平面，求的最小值.
【正确答案】（1）作图见解析，理由见解析
（2）
【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;
(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.
【小问1详解】
取中点，作直线即为所求，
取中点，连接，
则有，
如图，在等腰梯形中，，
有，
则四边形为平行四边形，

即有，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
法一：延长交于点，
故平面平面
故平面平面即在中，均为圆锥母线.

过点作于.
在等腰梯形中，，
此梯形的高
等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，
解得，
故点与重合，
由，
得，且，
故.
中，到距离.
则面积,
得：的最小值为.
法二：同法一求出的位置.
以为原点，方向为轴正向建立空间直角坐标系，
设面的法向量为
，
取，
有；
同理可得面的法向量为,
由面面，可知，
设的方向向量为，
故
取,
下面分2个方法求
求方法1：，
，
当时，取最小值为.
求方法2：在上的投影向量的模为
故的最小值即到的距离为.
法三:
在三角形中，
,
,
所以.
19. 设数列的前项和为，若，则称是“紧密数列”.
（1）若，判断是否是“紧密数列”，并说明理由；
（2）若数列前项和为，判断是否是“紧密数列”，并说明理由；
（3）设数列是公比为的等比数列.若数列与都是“紧密数列”，求的取值范围.
【正确答案】（1）不是“紧密数列”，理由见解析
（2）数列是“紧密数列”，理由见解析
（3）
【分析】（1）利用“紧密数列”的定义判断即可；
（2）利用求得数列的通项公式，再证得，由此证得是“紧密数列”；
（3）先根据是“紧密数列”，求得的一个取值范围，对于对分成、和三种情况，利用列不等式组，由此求得的取值范围.
【小问1详解】
，所以不是“紧密数列”；
【小问2详解】
数列为“紧密"数列；理由如下：
数列的前项和，
当时，；
当时，，
又，即满足，因此，
所以对任意，
所以，
因此数列为“紧密”数列；
【小问3详解】
因为数列是公比为的等比数列，前项和为，
当时，有，
所以，满足题意；
当时.，
因为为“紧密"数列，所以.即或，
当时，，
，
所以，满足为“紧密”数列；
当时，，不满足为“紧密"数列；
综上，实数的取值范围是.
20. 为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益，培养有理想、有道德、有文化、有纪律的社会主义建设者，《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主体责任，加大对未成年人的保护力度.某中学为宣传《未成年人保护法》，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3，则被称为“优秀小组”，已知甲、乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分别为.
（1）若，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；
（2）当，且每轮比赛互不影响时，如果甲、乙同学组成的小组在此次活动中获得“优秀小组”的期望值为9，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？
【正确答案】（1）
（2）理论上至少要进行19轮竞赛
【分析】（1）由题意可知获“优秀小组”的情况包含三种情况，分别计算概率，再求和；
（2）首先计算甲乙同学获得“优秀小组”的概率P，通过基本不等式求的范围，再利用二次函数的性质分析P的最大值，结合二项分布期望值公式即可求解.
【小问1详解】
由题可知，所有可能的情况有：
甲答对1次，乙答对2次的概率；
甲对2次，乙答对1次的概率；
甲答对2次，乙答对2次的概率
故所求的概率.
小问2详解】
他们在一轮竞赛中获“优秀小组”的概率
由基本不等式，当且仅当时，等号成立，
令
则，
当时，，设他们小组在轮竞赛中获“优秀小组”的次数为，
则，由，得，
所以理论上至少要进行19轮竞赛.
21. 已知拋物线和，其中.与在第一象限内的交点为.与在点处的切线分别为和，定义和的夹角为曲线的夹角.
（1）若的夹角为，，求的值；
（2）若直线既是也是的切线，切点分别为，当为直角三角形时，求出相应的值.
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）联立的方程可求得.根据导数的几何意义，可求出和的斜率，根据夹角公式，结合已知条件，即可得出关于的方程，求解即可得出答案；
（2）设直线的方程为.分别联立直线与，以及直线与的方程，根据已知可得出，.进而根据三角形的形状，结合数量积的运算，讨论，即可得出答案.
【小问1详解】
设点，
联立方程，解得，即.
设和的斜率分别为和，
因为在第一象限内，
对于，考虑函数，求导，
根据导数的几何意义，代入点横坐标，得；
对于，考虑函数，求导，
根据导数的几何意义，代入点横坐标，得.
因为的夹角为，根据定义可知和的夹角为，所以，
由夹角公式得：，
化简为，即，得.
【小问2详解】
显然不与坐标轴平行，设其方程为.
联立可得，.
和只有一个公共点，所以，即.
同理联立，可得，
，即.
联立方程，可得.
又点纵坐标为，点横坐标为，
所以.
设，则.
若为直角，则，，
解得，；
若为直角，则，，
，；
若为直角，则，，无解.
综上，或为所求.
思路点睛：小问2，设出直线方程，联立方程组，得出直线的方程，进而求得的坐标，表示出向量，结合垂直关系，即可得出答案.
22. 已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：对任意的，；
（3）讨论函数在上零点的个数.
【正确答案】（1）的增区间是，减区间是
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【分析】（1）代入，求出导函数，根据导函数，即可得出函数的单调区间；
（2）代入，求出导函数.构造函数二次求导，即可推得在单调递增，根据，即可得出的单调性，进而得出证明；
（3）易知，当时，，所以没有零点；当时，求出导函数，构造函数，二次求导可得出的单调性.进而结合特殊点的导数值，结合零点存在定理，即可得出的单调性.然后根据端点处的函数值，即可得出函数零点的个数.
【小问1详解】
当时，，.
当，，所以在上单调递增；
当，，所以在上单调递减.
所以的增区间是，减区间是.
【小问2详解】
当时，，
则.
设，则.
由（1）知时，所以，
所以，，即在单调递增，所以，
所以在单调递增，所以.
【小问3详解】
当时，，，
所以.
由（2）知，此时，所以没有零点.
若时，的导函数.
令，则.
令，则.
①当时，在上恒成立，
所以，即在上单调递增.
又，，
所以在上存在唯一零点，记作.
则当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
②当时，，所以在上恒成立，所以在上单调递增.
综合①②，可得当时，单调递减；当时，单调递增.
又因为，所以，当时，，；
又，所以存在唯一实数，使得.
所以当时，，此时单调递减；
当时， ，此时单调递增.
又因为，所以时，，所以在上没有零点.
由（1）知时，，则.
又，在上单调递增，所以在上存在唯一零点.
所以，在上存在唯一零点.
综上，当时，在上无零点；
当时，在上存在唯一零点.
关键点睛：构造函数，结合零点存在定理得出导函数的单调性，进而得出函数的单调性.
0
2
10
50
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1000
0.8545
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0.01
0.005
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