2023~2024学年广东深圳高考数学押题试题{一模}带解析

这是一份2023~2024学年广东深圳高考数学押题试题{一模}带解析，共24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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】将中的元素代入即可得出，然后根据交集的运算，即可得出答案.
详解】当或时，；
当时，.
所以，，
所以，.
故选：B.
2. 已知复数满足，则复数对应的点在第（ ）象限
A. 一B. 二C. 三D. 四
【正确答案】D
【分析】由题，计算出复数，由复数的几何意义即可判断答案.
【详解】因为，，
所以复数对应的点的坐标为，在第四象限.
故选：D
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【正确答案】C
【分析】根据，两边平方后可得，求出的值，进而求出
【详解】，两边平方得 ，
展开整理得.
,解得.
故选：C
4. 在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染1个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长.当基本传染数持续低于1时，疫情才可能逐渐消散.接种疫苗是预防病毒感染的有效手段.已知某病毒的基本传染数，若1个感染者在每个传染期会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么1个感染者新的传染人数为，为了有效控制病毒传染（使1个感染者传染人数不超过1），我国疫苗的接种率至少为（ ）
A. 75%B. 80%C. 85%D. 90%
【正确答案】B
【分析】根据已知条件可得出关于的不等式，由此可得出结果.
【详解】由题意可得，解得，因此，
该地疫苗的接种率至少为.
故选：B.
5. 设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由等差数列的求和公式和等差中项公式，求得且，
化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的前项和公式，可得，可得，
又由且，
所以，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用余弦函数的单调性，对数函数的单调性，结合放缩法可解.
【详解】因为，所以，
又，所以，所以，
因为，所以.
故选：B
7. 已知克列尔公式：对任意四面体，其体积和外接球半径满足，其中，，，，，，分别为四面体的三组对棱的长.在四面体中，若，，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】求出四面体的体积和p的值，利用克列尔公式即可求得四面体外接球半径，即可求得外接球的表面积.
【详解】如图，设E为的中点，连接，

由于，故，
而平面，则平面，
而，，
故，
则四面体的体积为
，
由题意，
故可得，
解得，
故该四面体的外接球的表面积为，
故选：C
8. 在平面直角坐标系中，若抛物线的准线与圆相切于点，直线与抛物线切于点，点在圆上，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据抛物线的准线与圆相切可求得的值，可得出抛物线的方程，求出点的坐标，设出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，设点的坐标为，利用平面向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换可求得的取值范围.
【详解】抛物线的准线方程为，

圆的圆心为，半径为，直线与圆相切，则，
因为，解得，所以，抛物线的方程为，
故抛物线的准线与圆相切于点，
若直线与轴重合，则直线与抛物线不相切，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
则，解得，
不妨设点在第一象限，则，则有，解得，
此时，即点，所以，，
因为点在圆上，设点，则，
所以，.
故选：C.
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. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关.为了建立茶水温度随时间变化的回归模型，小明每隔1分钟测量一次茶水温度，得到若干组数据，，…，（其中，），绘制了如图所示的散点图.小明选择了如下2个回归模型来拟合茶水温度随时间的变化情况，回归模型一：；回归模型二：，下列说法正确的是（ ）.
A. 茶水温度与时间这两个变量负相关
B. 由于水温开始降得快，后面降得慢，最后趋于平缓，因此模型二能更好的拟合茶水温度随时间的变化情况
C. 若选择回归模型二，利用最小二乘法求得到的图象一定经过点
D. 当时，通过回归模型二计算得，用温度计测得实际茶水温度为65.2，则残差为
【正确答案】AB
【分析】由正负相关的定义即可判定A；由图象中变量的变化趋势即可判定B；由最小二乘法及非线性回归方程的拟合方法判断C；由残差的定义即可判定D.
【详解】由散点图可知随时间增加，温度逐渐降低，且变化趋势趋于平缓，故为负相关且模型二更好拟合，即A、B正确；
根据非线性回归方程的拟合方法，先令，则，此时拟合为线性回归方程，其过，故C错误；
残差为真实值减估计值，即为65.2-65.1=0.1，故D错误.
故选：AB.
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 如果一条直线上两点到一个平面的距离相等，那么这个直线与这个平面平行
B. 两条平行直线被两个平行平面所截的线段长度相等
C. 如果一个平面内一个锐角的两边，分别平行于另一个平面内一个角的两边，那么这两个平面平行
D. 如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直
【正确答案】BC
【分析】A也有可能直线与平交；B由平面与平面平行的性质可得；C由平面与平面平行的判定可得；D中无数条直线是平行线时得不到直线与平面垂直.
【详解】对于A，当直线上的两点位于平面的同侧时，可得直线与平面平行；当两点位于平面两侧时，直线与平交，故A错误；
对于B，如图，，则确定一个平面，又因为，平面，平面，所以根据平面与平面平行性质得，所以四边形是平行四边形，所以，故B正确；

对于C，根据平面与平面平行的判定可知C正确；
对于D，当平面内的无数条直线都平行时，不能得到直线与平面垂直，故D错误；
故选：BC.
11. 在平面直角坐标系中，双曲线：的下、上焦点分别是，，渐近线方程为，为双曲线上任意一点，平分，且，，则（ ）
A. 双曲线的离心率为
B. 双曲线的方程为
C. 若直线与双曲线的另一个交点为，为的中点，则
D. 点到两条渐近线的距离之积为
【正确答案】AD
【分析】延长，交于点，平分，且，则为的中点，可得，渐近线方程为，得，可得双曲线方程，逐个验证选项即可.
【详解】不妨设为双曲线的下支上一点，延长，交于点，如图，

因为，因为平分，所以，
所以，所以为等腰三角形，
则为中点，又为中点，所以，
根据双曲线的定义得，，所以，，
因为双曲线的渐近线方程为，所以，得，，，
所以双曲线标准方程为，离心率为，所以A正确，B不正确；
设，，，因为，在双曲线上，所以①，②，
①②并整理得，，因为，，
所以，，所以C不正确.
由，代入，即，即，
所以点到两条渐近线的距离之积为，所以D正确；
故选：AD.
12. 已知有三个不相等的零点，，，且，则下列命题正确的是（ ）
A. 存在实数，使得
B.
C.
D. 为定值
【正确答案】BCD
【分析】化简方程，令，得到．构造函数，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于的方程三个不相等的实数解，，，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后对选项一一判断即可得出答案．
【详解】由方程，可得．
令，则有，即．
令函数，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，
作出图象如图所示，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，
且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，且或，
令，
若，则，故.
若，则，无解，
综上，故C正确；
由图结合单调性可知，故B正确；
若，则，又，故A不正确；
，故D正确.

故选：BCD.
本题主要考查导数的应用，解答本题的关键是：令，判断出函数的单调性，结合图象将，表示为关于的函数即可求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数在点处的切线方程为________.
【正确答案】（写成亦可）
【分析】利用导数求得的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.
【详解】，，则，
因此，函数在点处的切线方程为即.
故（写成亦可）.
14. 甲、乙、丙3所学校每所学校各派出两名同学，现从这六名同学中任取两名，安排到甲、乙、丙3所学校交流.每所学校至多安排一名同学，每名同学只能去一所学校且不能去自己原先的学校，则不同的安排方法有________种.
【正确答案】42
【分析】根据所选学生是否来自同一学校分类讨论即可.
【详解】若这两名同学选自同一个学校，则有种安排方法；
若这两名同学选自两所不同学校有种选法，
比如1，2分别选自甲乙两所学校，则1去乙，2可去甲或丙校，若1去丙校，则2只能去甲校，即此时有3种方法安排学生，
故有种安排方法.
综上有36+6=42种安排方法.
故答案：42
15. 在中，已知，，，，边上两条中线，相交于点，则的余弦值为________.
【正确答案】
【分析】由已知结合向量的线性表示及向量数量积的性质即可求解.
【详解】由已知得即为向量与的夹角.
因为M、N分别是，边上的中点，所以，.
又因为，所以
,
,
,
所以.
故
16. 我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，，记范数为奇数的的个数为，则________.（用含的式子表示，）
【正确答案】
【分析】考虑当为偶数时，的个数为奇数，当为奇数时，的个数为偶数，根据和的展开式的加减得到的通项公式.
【详解】当为偶数时，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到；
当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相加得到.
综上所述.
故答案为.
关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
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，.
（1）若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的单调增区间；
（2）若函数的图象关于对称，且函数在上单调，求的值.
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）利用辅助角公式进行化简，根据条件求出函数的周期和，即可求解单调区间.
（2）根据函数的对称性和单调性建立不等式关系进行求解即可.
【小问1详解】
，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，所以，解得，
所以.
由，，解得
，
因此的单调增区间是，.
【小问2详解】
由，
函数的图象关于对称，
所以，，所以，，
由，，则，
又函数在上单调，
所以，解得，
由，解得，此时.
18. 已知整数数列是等差数列，数列满足.数列，前项和分别为，，其中.
（1）求数列的通项公式；
（2）用表示不超过的最大整数，求数列的前20项和.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据等差数列求和公式，结合已知不等式求解可得；
（2）利用错位相减法求和，然后根据含义求解即可.
【小问1详解】
当时，.
又因为，所以.
设，则.
依题意，，
得恒成立
解得，
所以，.
【小问2详解】
…①
…②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以，
所以.
19. 某地的水果店老板记录了过去50天某类水果的日需求量（单位：箱），整理得到数据如下表所示，已知每箱某类水果的进货价为50元，售价为100元，如果当天卖不完，剩下的水果第二天将在售价的基础上打五折进行特价销售，但特价销售需要运营成本每箱30元.根据以往的经验第二天特价水果都能售馨，并且不影响正价水果的销售.
（1）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的某类水果尽量新鲜，又能70%地满足顾客的需求（在100天中，大约有70天可以满足顾客的需求）.请根据频数分布表，估计每天某类水果的进货量箱；（结果保留一位小数）
（2）以这50天记录的日需求量的频率作为日需求量发生的概率，设（1）中所求的值，如果店老板计划每天购进箱或箱的某类水果，请以利润的期望作为决策依据，判断店老板应当购进的箱数.
【正确答案】（1）24.5箱
（2）24箱
【分析】（1）根据题意，70%地满足顾客的需求即求频数分布表中第70%位数；
（2）分别求进货量为24和25箱时利润的期望，比较后得出结论.
【小问1详解】
70%地满足顾客需求相当于估计某类水果日销售量的70%分位数.
由表可知，把50个日需求量的数据从小到大排列，
由，日需求量在24箱以下的天数为，
可知，可以估计日需求量的第70%分位数为，
所以能70%地满足顾客的需求，估计每天应该进货量为24.5箱.
【小问2详解】
由（1）知，即
设每天的进货量为24箱的利润为，
由题设，每天的进货量为24箱，当天卖完的概率为，当天卖不完剩余的概率，当天卖不完剩余2箱的概率，
若当天卖完元，
若当天卖不完剩余1箱元，
若当天卖不完剩余2箱元，
所以元.
设每天的进货量为25箱的利润为，
由题设，每天的进货量为25箱，当天卖完的概率为，当天卖不完剩余1箱的概率，
当天卖不完剩余2箱的概率，当天卖不完剩余3箱的概率，
若当天卖完元，
当天卖不完剩余1箱元，
当天卖不完剩余2箱元，
当天卖不完剩余3箱元，
所以元，
由于，
显然每天的进货量25箱的期望利润小于每天的进货量为24箱的期望利润，
所以店老板应当购进24箱.
20. 如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，，分别是线段，的中点，是线段上的一点.

（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，且点不是线段的中点，求三棱锥体积.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用坐标法求出点坐标，然后求解即可.
【小问1详解】
证明：如图：

连接，在正方形中，
又平面，故.
而，是平面上的两条相交直线，
所以平面.
在中，为中位线，故.
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
如图：

以，，所在直线为，，轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，
设，
则.
则，
整理得，解得或（舍去），
故，故到平面的距离，
故.
因为，所以，
又，所以，
又，所以平面，
故到平面的距离为.
三棱锥体积为.
21. 已知椭圆：的左、右焦点为，，离心率为，为椭圆上的一点，且的内切圆半径最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：交椭圆于，两点，的角平分线所在的直线与直线交于点，记直线的斜率为，试问是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.
【正确答案】（1）
（2）是定值，
【分析】（1）判断出的内切圆半径最大时点为椭圆的上（下）顶点，用等面积法列出方程组，解方程组可得；
（2）（法一）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则，，，又在的角平分线所在的直线上，则，计算可得出为定值；
（法二）齐次化处理椭圆方程后亦通过，计算可得出为定值.
【小问1详解】
因为的周长等于为定值，
所以内切圆半径最大时，即面积最大，此时点为椭圆的上（下）顶点
可得；
又因为，，解得，，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
（法一）设点
由条件可知直线的斜率，
设点，，
由得：
所以，（*）
由（*）可得
①
②
③
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，则
，

可得出，
化简得，
即，
将①②③式代入上式得：，
则，解得，（舍去），
故直线方程为，令得点，
则，故为定值.
（法二）
设线
由条件可知直线的斜率，
设直线的斜率为，直线的斜率为，直线的斜率为，
直线：，其中
由得
即
整理得
即
令，则，其中，为方程的根
所以，
由对称性，不妨令点位于第四象限，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，，，
又在的角平分线所在的直线上，则，
由得，
代入整理得，
则，
故（舍去）或者，
所以直线的方程为，令得点
故，则为定值.
22. 已知函数，.
（1）讨论零点的个数；
（2）当时，若存在，使得，求证.
【正确答案】（1）时，有两个零点；时，没有零点；时，有一个零点；
（2）证明见详解.
【分析】（1）先求导函数，然后分类讨论的值，判断函数的单调性及极值、最值，判断极值、最值与零的大小，结合零点存在性定理判断零点个数即可；
（2）先证，再根据转化为
，解不等式得，累加即可证明结论.
【小问1详解】
，所以，
若，由，，
即在上单调递增，在上单调递减，故，
若，则，此时函数无零点；
若，，此时函数只有一个零点；
若，，时，，，
即使得，即此时函数有两个零点；
若，由或，，
即在和上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，
而，且，
即使得，此时函数有且仅有一个零点；
若，此时恒成立，即在上单调递增，，即使得，此时函数有且仅有一个零点；
若，由或，，
即在和上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，，
又，
即使得，此时函数有且仅有一个零点；
综上所述：时，有两个零点；时，没有零点；
时，有一个零点.
【小问2详解】
当时，由（1）任取设，
先证，即证，
设，即在定义域上单调递增，
故，则成立，
由得：
所以，
即，
解得，
故，证毕.
思路点睛：第一问，求导后需要详细的分类讨论的值，判断函数的单调性，再根据单调性求函数的极值、最值，判断极值、最值与零的大小，结合零点存在性定理判断零点个数，讨论需要不重不漏；
第二问，利用常用的不等式得出，
再放缩得，
解不等式得，累加即可证明结论，通过整体思想将三个零点整合，有较高的技巧性，需要多加积累思想方法.
22
23
24
25
26
频数
10
10
15
9
6