2023~2024学年广东深圳高考数学冲刺押题试题{二模}带解析

这是一份2023~2024学年广东深圳高考数学冲刺押题试题{二模}带解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则集合等于（ ）
A．；B．；C．；D．．
2．在复平面内，复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（ ）
A． B． C．3 D．8
4．在△ABC中，csC=，AC=4，BC=3，则tanB=（ ）
A．B．2C．4D．8
5．已知一个直棱柱与一个斜棱柱的底面多边形全等，且它们的侧棱长也相等．若直棱柱的体积和侧面积分别为和，斜棱柱的体积和侧面积分别为和，则（ ）
A．B．
C．D．与的大小关系无法确定
6．已知向量 ，满足， ，，则（ ）
A．B．C．D．
7．6名同学参加数学和物理两项竞赛，每项竞赛至少有1名同学参加，每名同学限报其中一项，则两项竞赛参加人数相等的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若函数（，，）的部分图象如图，则（ ）
A．是以为周期的周期函数
B．的图象向左平移个单位长度得到的图象对应的函数是奇函数
C．在上单调递减
D．的图象的对称中心为，
10．已知点､是双曲线的左､右焦点，以线段为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为，若，则（ ）
A．与双曲线的实轴长相等B．的面积为
C．双曲线的离心率为D．直线是双曲线的一条渐近线
11．对于函数和，设，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的值可以是（ ）
A．B．C．D．
12．在四棱锥中，底面为矩形，，，，．下列说法正确的是（ ）
A．设平面平面，则
B．平面平面
C．设点，点，则的最小值为
D．在四棱锥的内部，存在与各个侧面和底面均相切的球
三、填空题
13．已知数列满足，，则______.
14．已知是奇函数，且当时，.若，则__________.
15．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率为____________．
16．已知动点到抛物线的焦点的距离为1，则的轨迹方程是___________若，是抛物线上的动点，则的最小值是___________．
四、解答题
17．已知数列，的前n项和分别为，，且，，当时，满足．
(1)求；
(2)求．
18．如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.
(1)证明：；
(2)若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
19．记的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若点在边上，且，，求.
20．锚定2060碳中和，中国能源演进“绿之道”，为响应绿色低碳发展的号召，某地在沙漠治理过程中，计划在沙漠试点区域四周种植红柳和梭梭树用于防风固沙，中间种植适合当地环境的特色经济作物，通过大量实验发现，单株经济作物幼苗的成活率为0.8，红柳幼苗和梭梭树幼苗成活的概率均为p，且已知任取三种幼苗各一株，其中至少有两株幼苗成活的概率不超过0.896．
(1)当p最大时，经济作物幼苗的成活率也将提升至0.88，求此时三种幼苗均成活的概率（）；
(2)正常情况下梭梭树幼苗栽种5年后，其树杆地径服从正态分布（单位：mm）．
㈠梭梭树幼苗栽种5年后，若任意抽取一棵梭梭树，则树杆地径小于235mm的概率约为多少？（精确到0.001）
㈡为更好地监管梭梭树的生长情况，梭梭树幼苗栽种5年后，农林管理员随机抽取了10棵梭梭树，测得其树杆地径均小于235mm，农林管理员根据抽检结果，认为该地块土质对梭梭树的生长产生影响，计划整改地块并选择合适的肥料，试判断该农林管理员的判断是否合理？并说明理由．
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，．
21．如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为．
（1）求轨迹的方程；
（2）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围．
22．（1）当时，求证.
（2）已知函数有唯一零点，求证：且.
1．D
【分析】求出集合，根据交集含义即可得到答案.
【详解】当时，；当时，；
当时，，故，故，
故选：D.
2．D
【分析】由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得.
故选：D.
3．A
【分析】设等差数列的公差，由成等比数列求出，代入可得答案.
【详解】设等差数列的公差，
∵等差数列的首项为1， 成等比数列，
∴，
∴，且，，
解得，
∴前6项的和为.
故选：A.
4．C
【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求
【详解】设
故选：C
本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.
5．A
【分析】结合棱柱的侧面积和体积公式判断即可.
【详解】设棱柱的底面周长为，底面面积为，侧棱长为，斜棱柱的高为，
则，而，斜棱柱各侧面的高均不小于，所以，
于是，有，所以，．
故选：A.
6．D
【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.
【详解】，，，.
，
因此，.
故选：D.
本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.
7．B
【分析】利用古典概型即可求得两项竞赛参加人数相等的概率.
【详解】记 “两项竞赛参加人数相等”为事件A，
则
故选：B
8．D
【分析】将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得答案.
【详解】，，，
设，则，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
因为，所以，即，
因为，所以，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
综上所述.
故选：D
9．AC
【分析】首先根据函数图象得到，对于选项A，根据三角函数的周期性即可判断A正确，对选项B，向左平移后得到，不是奇函数，即可判断B错误，对选项C，根据，即可判断C正确，对选项D，根据的图象的对称中心为，即可判断D错误.
【详解】由题图可知，因为当时，，所以.
因为，所以，所以.
由题图可知，所以，所以.
由题图可知，当时，取得最大值，
所以，，解得，.
又，所以，所以.
对于A，，则A正确.
对于B，的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，
此函数不是奇函数，故B错误.
对选项C，，则，
所以在上单调递减，故C正确.
对选项D，，，得，，
所以的图象的对称中心为，，则D错误.
故选：AC.
10．BCD
【分析】结合双曲线的定义和条件可得，然后，然后逐一判断即可.
【详解】由双曲线的定义可得，
因为，所以，故A错误；
因为以线段为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为，
所以，所以的面积为，故B正确；
由勾股定理得，即，所以，故C正确
因为，所以，即
所以双曲线的渐近线方程为：，即，即，故D正确
故选：BCD
11．BCD
【分析】根据零点的定义求函数的零点，由定义可得函数的零点的范围，结合函数解析式，转化为含参方程有解问题，求导，可得答案.
【详解】由题意，可得，，
易知，则，，
则在有解，
求导得：，令，解得，可得下表：
则当时，取得最大值为，
，
则的取值范围为，
设，，则，
所以函数在上单调递减，所以，
所以的值可以是，，.
故选：BCD.
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
12．AB
【分析】根据线面平行的性质判断A，根据面面垂直的判定定理证明B，结合B判断C，取、的中点，，求出的内切圆半径与的内切圆半径，即可判断D.
【详解】该四棱锥如图．

对于A：设平面平面，因为为矩形，，平面，
平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，所以A对；
对于B：∵，，，即，所以，
又底面为矩形，所以，，
因为，，即，所以，
而，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，故B对；
对于C：由B选项可知的最短距离就是，所以C错；
对于D：取、的中点，，连接、、，
则与平面、平面、平面都相切的球的半径即为的内切圆半径，
因为，，，
所以，则，
设的内切圆半径为，则，解得，

同理与平面、平面、平面都相切的球的半径即为的内切圆半径，
设的内切圆半径为，
因为，，所以，解得，
所以，所以D错．
故选：AB
13．##
【分析】算出数列的前五项，找到数列的周期为3，则本题即可解决.
【详解】由，得.
因为，所以，，，，…，
所以是以3为周期的数列，则.
故
14．-3
【分析】当时，代入条件即可得解.
【详解】因为是奇函数，且当时，．
又因为，，
所以，两边取以为底的对数得，所以，即．
本题主要考查函数奇偶性，对数的计算．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案．
15．
【分析】利用贝叶斯公式即可求得答案.
【详解】记事件：车床加工的零件为次品，记事件：第台车床加工的零件，
则，，，，，，
任取一个零件是次品的概率为
如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率为
.
故答案为.
16． 4
【分析】由抛物线方程求其焦点，设动点的坐标为，由，列方程求的轨迹方程，
由圆的性质可得，所以，再求的最小值即可.
【详解】抛物线的焦点为，
设动点的坐标为，因为，
所以，
故点的轨迹方程是，
设点，则由抛物线的定义得，

．
因为
所以，当且仅当点与点重合时等号成立，
又，
所以．
令，则，
所以．
因为，显然有，
则由基本不等式知，
当且仅当，即时等号成立．
故的最小值为．
故，.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由条件结合与的关系可求；
（2）由递推关系证明为等比数列，由此可求的通项公式，再利用错位相减法求和.
【详解】（1）因为，
所以，当时，，
又，当时，，
所以，当时，，
所以；
（2）因为，
所以，
所以，又，
所以数列为以为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，
，
所以，
所以，
所以，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直；
（2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值.
【详解】（1）取BC的中点F，连接，，记，
是AB的中点，，，，
在矩形中，，，
，，
，，平面 ,平面
，平面，
平面，；
（2）因为平面，，平面，所以，，
由矩形得，以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，则，，，，
所以
设是平面的一个法向量，则，
令，则.
设是平面的一个法向量，则
，令，则，，.
，或（舍去），
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理化简可得出，可求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）求出、的值，设，则，分别在和中，利用正弦定理结合等式的性质可得出、的等式，即可求得的值，即为所求.
【详解】（1）解：因为，
由余弦定理可得，
化简可得，由余弦定理可得，
因为，所以，.
（2）解：因为，则为锐角，所以，，
因为，所以，，
所以，，
设，则，
在和中，由正弦定理得，，
因为，上面两个等式相除可得，
得，即，
所以，.
20．(1)0.5632
(2)（1）0.001；（2）答案见解析
【分析】（1）先求得红柳幼苗和梭梭树幼苗成活的概率的取值范围，再利用条件概率公式即可求得三种幼苗均成活的概率；
（2）㈠利用正态分布的性质即可求得树杆地径小于235mm的概率；㈡答案不唯一，符合概率统计的原理，言之有理即可.
【详解】（1）由题意得，任取三种幼苗各一株，至少有两株幼苗成活，
包括恰有两株幼苗成活，三株幼苗均成活两种情况，
故概率为，
即，解得或（舍去）
又，故p的取值范围为，故p的最大值为0.8，
记红柳和梭梭树幼苗均成活为事件A，经济作物幼苗成活为事件B，
则有，．
故所求概率为．
（2）㈠设正常情况下，任意抽取一株梭梭树，树杆地径为，
由题意可知，因为，
所以由正态分布的对称性及“”原则可知：
．
㈡理由①：农林管理员的判断是合理的．
如果该地块土质对梭梭树的生长没有影响，由（1）可知，
随机抽取10棵梭梭树，树杆地径都小于235mm的概率约为，
为极小概率事件，几乎不可能发生，但这样的事件竟然发生了，
所以有理由认为该地块对梭梭树的生长产生影响，即农林管理员的判断是合理的．
理由②：农林管理员的判断是不合理的．
由于是随机抽取了10棵梭梭树，所以不可控因素比较多，
例如有可能这10颗树的幼苗栽培深度较浅，也有可能是
自幼苗栽种后的浇水量或浇水频率不当所致．（答案不唯一，言之有理即可）
21．（1）3x2-y2-3=0（x>1）；（2）
【详解】（1）设的坐标为，显然有，且，
当时，点的坐标为，
当时，，由，
有，即，化简可得，，而点也在曲线，
综上可知，轨迹的方程为；
（2）由，消去并整理，得，
由题意，方程有两根且均在内．设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，
∴，解得，且，
设，的坐标分别为，，由及方程有
，，
∴，
由，且，得且，
故的取值范围是．
考点：1．圆锥曲线轨迹；2．直线与双曲线相交综合题．
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）要证明，只需证明，故设，利用导数研究函数的单调性，由此证明结论；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合条件可得，由此可得，，结合（1）证明，
利用导数证明时，，由此可得，
方法一：化简可得，证明，由此可得结论，
方法二：求方程方程的根，证明，由此可得结论；
方法三：设，，证明，由此证明结论.
【详解】（1）设
，
在上单调递增，
，得，
即.
（2）因为，
所以，令，
则，
当时，，函数在单调递减，即在单调递减，
当时，，函数在单调递增，即在单调递增.
所以当时，函数取最小值，，
当时，，
又，
，，
所以当，，单调递减，
当，，单调递增.
所以当时，函数取最小值，，
因为函数有唯一零点，则，即
，即，
将①代入②，得，
即，
若，则，矛盾，
设，则，
当时，，在单调递增.
因为，，
，
，
由，得，等式两边取自然对数，得
根据（1）中时，
，得
设，
则，
所以函数在上单调递减，
所以当时，
所以当时，，
，得，
，令，，
当时，，所以在上单调递增，
，
由，
方法一：，
，，
则函数的图象为开口向上，对称轴为的抛物线，
，，又，
由二次函数图象可得，，
故，
所以.
综上，
方法二：，
方程的根为，，
因为，所以，又，所以，
又，，
所以，即，又，解得
方法三：设，，
则，
所以函数在上单调递增，
.
关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
极大值