2024届 广东珠海高三第二学期高考考前适应性考试数学模拟试题(一模)带解析

这是一份2024届 广东珠海高三第二学期高考考前适应性考试数学模拟试题(一模)带解析，共19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B中元素的最小值为（ ）
A．B．C．D．32
2．已知，则=（ ）
A．B．C．D．
3．已知的外接圆圆心为O，且则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列的各项均为正数，满足，，则下列结论正确的是（ ）
A．是等差数列B．是等比数列
C．是等差数列D．是等比数列
5．过点作圆的切线，为切点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
6．在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的图象与函数的图象关于某一条直线对称，若，分别为它们图象上的两个动点，则这两点之间距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点A，B，C都在双曲线：上，且点A，B关于原点对称，.过A作垂直于x轴的直线分别交，于点M，N.若，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．2D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法中正确的是（ ）
A．已知随机事件A，B满足，，则
B．已知随机变量，若，则
C．若样本数据，，…，的平均数为10，则数据的平均数为3
D．随机变量X服从二项分布，若方差，则
10．已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若是非零复数，且，则D．若是非零复数，则
11．已知数列满足：，其中，下列说法正确的有（ ）
A．当时，
B．当时，数列是递增数列
C．当时，若数列是递增数列，则
D．当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在的展开式中，含项的系数为 ．（用数字作答）
13．设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交于点，交准线于点（，在轴的两侧），若，则抛物线的方程为 .
14．如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段与分别以为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点是线段上的动点，点O为线段的中点，点在以为直径的半圆弧上，且均为直角.若百米，则此步道的最大长度为 百米.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在锐角中，角所对边的边长分别为，且.
(1)求角；
(2)求的取值范围.
16．如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，，求平面和平面夹角的余弦值.
17．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)设过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点．问：在轴上是否存在定点，使直线的斜率与的斜率的积为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
18．某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60和24．
(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（且）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．
（i）试用含m的代数式表示p；
（ii）若一共询问了5组，用表示恰有3组被标为B的概率，试求的最大值及此时m的值．
19．设函数，.曲线在点处的切线方程为.
(1)求a的值；
(2)求证：方程仅有一个实根；
(3)对任意，有，求正数k的取值范围.
1．A
【分析】根据题意，由集合的概念，代入计算即可得到结果.
【详解】由题意可得，，
所以B中元素的最小值为.
故选：A
2．A
【分析】利用诱导公式与和角公式化简所求式得，构造分母，分子分母同除以，化弦为切，代入即得.
【详解】由
.
故选：A.
3．C
【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为：．
故选：C．
4．C
【分析】分析可知数列的每一项都是正数，由已知条件可得出，结合等差中项法判断可得出结论．
【详解】因为数列各项为正数，满足，，
故对任意的，，则，
所以数列的每一项都是正数，所以，可得.
由等差中项法可知，数列是等差数列．
故选：C.
5．D
【分析】根据题意可得，三角换元令，，，利用三角恒变换求出最大值.
【详解】根据题意，设圆的圆心为，则，
，令，，，
则，其中，
所以的最大值为.
故选：D.
6．C
【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．
【详解】正三棱台中，已知，，
所以的面积为，的面积为，
设，分别是，的中心，
设，分别是，的中点，
，，三点共线，，，三点共线，
，，
，，
，
过作，垂足为，则，
，
三棱台的高为，
三棱台的体积为．
故选：C．
7．D
【分析】首先得到函数的图象与函数的图象关于直线对称，则问题转化为点到直线距离最小值的倍，求出过点的切线恰与平行时切点坐标，再利用点到直线的距离公式计算可得.
【详解】设为函数图象上任意一点，则，关于直线的对称点为，
又，即点在函数的图象上，
所以函数的图象与函数的图象关于直线对称，
所以这，两点之间距离的最小值等于点到直线距离最小值的倍，
由，则，
函数在点处的切线斜率为，令，解得，，
所以点到直线距离的最小值为，
所以这，两点之间距离的最小值为.
故选：D
关键点点睛：本题关键是得到两函数关于对称，再将问题转化为曲线上的点到直线的距离的最小值.
8．B
【分析】设，由且轴得，注意到，也就是，而，，即，由此结合离心率公式即可求解.
【详解】
不妨设，由且轴，
所以，所以，
从而，即，
设点，且它在双曲线上，
，
即，其中，，
从而，.
故选：B.
关键点点睛：关键是得到，，，由此即可顺利得解.
9．BC
【分析】由条件概率的公式可得A错误；由正态分布的方差公式和方差的性质可得B正确；由平均数的计算公式可得C正确；由二项分布的性质可判断D错误.
【详解】A：由条件概率的公式可得，所以，故A错误；
B：因为随机变量，所以，
又，所以，
所以，故B正确；
C：因为样本数据，，…，的平均数为10，
所以，
化简可得，
所以的平均数为，故C正确；
D：由题意可得，解得或，
则或，故D错误；
故选：BC.
10．BC
【分析】对于A项，可以举反例说明；对于B项，可以设，则，代入等式两边验证即可判定；对于C项，可将题设条件等价转化，分析即得；对于D项，可通过举反例对结论进行否定.
【详解】对于A项，若，，显然满足，但，故A项错误；
对于B项，设，则，，故而，故B项正确；
对于C项，由可得：，因是非零复数，故，即，故C项正确；
对于D项，当时，是非零复数，但 ，故D项错误.
故选：BC.
11．ACD
【分析】根据可得，即可迭代求解A，根据，时，可得为常数列，即可判断B；根据二次函数的单调性，证出当时，从而判断出数列的单调性，建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断出C项的正误；当，时，根据递推关系证出，从而可得，由此推导出，进而利用等比数列的求和公式证出，从而判断出D项的正误．
【详解】对于A，当时，，又，故，
所以，故A项正确．
对于B，因为且，
所以，
当，时，，此时数列是常数列，故B项错误；
对于C, 由于数列是递增数列, 当时，故，，
故， 所以，即，
解得或，故C项正确；
对于D,当时，，结合，可知，
，，结合，
可知是递增数列，，则，
即，所以，
即，
所以，当时，，所以，
可得，故D项正确；
故选：ACD．
方法点睛：递推关系式转化的常见形式
（1）转化为常数，则数列是等差数列．
（2）转化为常数，则数列是等差数列．
（3）转化为常数，则数列是等差数列．
（4）转化为常数，则数列是等差数列．
（5）转化为常数，则数列是等差数列．
（6）转化为常数，则数列是等差数列．
12．330
【分析】写出含有项的系数，再利用二项式系数的性质化简可得结果.
【详解】展开式中含有项的系数为
，
故330.
13．
【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，即可得到直线的方程，从而求出点坐标，再联立直线与抛物线方程，求出点坐标，再由距离公式得到方程，解得即可.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
依题意直线的方程为，
令可得，即，
由，消去得，解得或，
又，在轴的两侧，所以，则，所以，
所以，解得或（舍去），
所以抛物线的方程为.
故
14．
【分析】设半圆步道直径为百米，连接，借助相似三角形性质用表示，结合对称性求出步道长度关于的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【详解】设半圆步道直径为百米，连接，显然，
由点O为线段的中点，得两个半圆步道及直道都关于过点垂直于的直线对称，
则，又，则∽，有，
即有，因此步道长，，
求导得，由，得，
当时，，函数递增，当时，，函数递减，
因此当时，，
所以步道的最大长度为百米.
故
15．(1)
(2).
【分析】（1）由已知结合正弦定理可得结果；
（2）根据为锐角三角形求出，利用两角差的正弦公式及辅助角公式化简，根据正弦函数性质可得结果.
【详解】（1），
，
又，
，.
（2）由（1）可知，，且为锐角三角形，
所以，，
则，
因为，
.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，平面，从而得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面和平面夹角的余弦值；
【详解】（1）∵为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，∴．
∵四边形为矩形，平面，
∴，平面，
又平面，∴，
又∵，平面，平面，∴平面．
又平面，∴平面平面．
（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，
过点且与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，得，所以．
设平面的法向量为，则，即，
令，得，，所以，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
17．(1)；
(2)存在，且该定点为
【分析】（1）结合离心率的定义，将代入椭圆方程计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理表示交点横坐标的关系后，结合斜率公式表示出斜率之积后可得时，，计算即可得解.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，
所以，所以椭圆的方程为，
因为椭圆过点，所以，解得，
故，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）假设存在定点．设，，
易知直线的斜率显然存在，且不为0，设其方程为，
联立椭圆方程与直线方程，得，消去并整理，
得，
所以，，
由，解得，且，
所以
，
则当时，为定值，此时．
所以存在定点，使直线的斜率与的斜率的积为定值．

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，注意的判断；
（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.
18．(1)
(2)（i）；（ii）时，．
【分析】（1）由古典概型结合组合数公式即可求得答案；
（2）（i）由古典概型结合对立事件的概率公式即可求得答案；
（ii）由n次独立重复试验的概率公式结合导数知识即可求解.
【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为，所以这10人中，购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为：，，，
故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
（2）（i）从人中任选2人，有种选法，其中购票类型相同的有种选法，则询问的某组被标为B的概率．
（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率，
所以，，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得最大值，且最大值为．
由，且，得．
当时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且的最大值为．
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解.
【详解】（1）解：因为，所以，
又点在切线上，所以，
所以，即.
（2）证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，
令，则，
令，则，
讨论：（1）当时，，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即此时无零点；
（2）当时，，即此时有一个零点；
（3）当时，
所以，当时，，即此时无零点
综上可得，仅有一个零点，得证.
（3）当时，，即恒成立，
令，
则，
由（Ⅱ）可知，时，
所以，
讨论：（1）当时，因为，所以，
即，
所以，
即当时，，
所以在时单调递增，
所以恒成立，即满足条件，
（2）当时，由可知，
又，所以存在，使得，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即不能保证恒成立，
综上可知，正数k的取值范围是.
思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.