广东省广州市广东实验中学2024届高三上学期大湾区数学冲刺卷（二）

这是一份广东省广州市广东实验中学2024届高三上学期大湾区数学冲刺卷（二），共29页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。
数学（新高考I卷）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
（2023上·浙江丽水·高一浙江省丽水中学校联考阶段练习）
1 已知集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数单调性得到，解不等式求出，利用并集概念求出答案.
【详解】，故，
令，解得，故，
故.
故选：C
（2024·河南·模拟预测）
2. 复数的实部与虚部之和为（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 8
【答案】C更多优质资源可进入 【解析】
【分析】应用复数的乘除法化简复数，进而求实部与虚部之和.
【详解】，
所以实部与虚部之和为.
故选：C
（2024·河南·模拟预测）
3. 已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求出，，进而求解，再由投影向量的定义求出投影向量即可.
【详解】因为， ，又因为，
所以有①；
又因为，②；
联立①②，有，解得；
在向量方向上的投影向量为：.
故选：A
（2024·河南·模拟预测）
4. 已知函数，则“，”是“为偶函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由余弦函数的性质，分别验证充分性与必要性即可.
【详解】函数，
当时，，为偶函数，所以充分性成立；
为偶函数时，，解得，不能得到，所以必要性不成立.
故“，”是“为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
5. 已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】设这100个圆的半径从小到大依次为，由题意得且，可求.
【详解】设这100个圆的半径从小到大依次为，则由题知，
每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，
有，则是首项为1公差为1的等差数列，，
所以，得.
故选：C.
（2024·河南·模拟预测）
6. 物种多样性是指一定区域内动物、植物、微生物等生物种类的丰富程度，关系着人类福祉，是人类赖以生存和发展的重要基础.通常用香农-维纳指数来衡量一个群落的物种多样性.，其中为群落中物种总数，为第个物种的个体数量占群落中所有物种个体数量的比例.已知某地区一群落初始指数为，群落中所有物种个体数量为，在引人数量为的一个新物种后，指数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意，对进行表示并化简整理，借助对数运算计算即可.
【详解】记初始物种数量为，第个物种的个体数量，
所以，
则,
,
所以，
在引人数量为的一个新物种后，物种数量为，所有物种的个体数量为，
第个物种即为引入的新物种，个体数量为,
则，
，
所以，
结合①②可得:.
故选:A.
（2024·全国·模拟预测）
7. 阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球的表面上，且点到正六边形面的距离为，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】补全图形，利用正四面体特征及其内切球与外接球关系计算即可.
【详解】将题图中的阿基米德多面体补全，得对应的正四面体，如图所示，
设正四面体的棱长为，易知点为正四面体的中心，
且点到正六边形面的距离是正四面体的内切球的半径，
易知正四面体的体积，
正四面体的表面积，
所以正四面体的内切球半径为，
所以，解得，则正六边形的边长为，
则该正六边形的外接圆半径为2，所以球的半径，
故球的体积为，
故选：D．
【点睛】解决与球有关的内切或外接问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于内切问题，要注意球心到几何体各个面的距离相等且都为球半径；对于外接问题，要注意球心到几何体各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面的垂线段、截面圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．
（2022上·浙江台州·高二校联考期末）
8. 过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先确定与圆的位置关系，令且是内分比点，若为外分比点，由阿氏圆易知在以的中点为圆心的圆上，且最大值为圆的直径，讨论及数形结合判断的最大情况的最小值.
【详解】由题设，即在圆内，
令且，显然是内分比点，若为外分比点，

则，此时的中点为所在阿氏圆的圆心，
对于每一个确定的实数，最大值为，即重合时为对应圆直径，
根据圆的对称性，如上图，讨论的情况，而，
当为直径时，，
此时，可得，
故的最大值为；
当不为直径时，，且增减趋势相同，
由，得，显然接近于1时趋向无穷大，
此时的最大值为趋向无穷大.
综上，的最小值是2.
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据题设及阿氏圆知识，设，、分别是内外分比点，讨论情况并求最大情况的最小值，即最小阿氏圆.
二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.
（2023上·广东·高二广东两阳中学校联考阶段练习）
9. 2023年11月15日国家统计局网公布的规模以上工业增加同比增长速度数据如图（其中2023年1月与2月合为一个数据），则（ ）

A. 12个数据的中位数为
B. 12个数据的极差为
C. 2022年10月到2023年5月的增长速度方差比2023年6月到2023年10月的方差大
D. 从小于的数据中任取两个数，其和大于的概率为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数，极差，方差的概念及概率的计算即得.
【详解】对于项：12个数据从小到大排列为1.3，2.2，2.4，3.5，3.7，3.9，4.4，4.5，4.5，4.6，5.0，5.6，所以中位数为，所以正确；
对于项：极差为，所以错误；
对于项：因为2022年10月到2023年5月的增长速度的波动比2023年6月到2023年10月的数据波动大，所以方差更大，所以C正确；
对于D项：因为小于4的数据有共6个，
从中任取两个数的所有情况共有
共15种，
而两数之和大于5的有
共10种，所以，所以D错误.
故选：．
（2023上·江西·高三校联考阶段练习）
10. 已知函数，其中，，是的导函数，若的最大值为，且，则使函数在区间上的值域为的m的取值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知条件求得，然后根据三角函数值域的知识求得正确答案.
【详解】
，其中，
依题意可知，而，所以，
所以，
由得，
由于，所以.
若，则，
要使函数在区间上的值域为，
则需，
所以的取值可以是.
故选：BC
（2024·全国·模拟预测）
11. 如图，已知三棱锥中，点A，B，C均在半径为1的圆O上，平面，点E是棱上靠近点A的三等分点，D为的中点，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若棱经过点O，则直线与直线所成的角可以是
B. 若棱经过点O，则三棱锥的外接球的表面积为
C. 若是等边三角形，则点A在平面上射影是的垂心
D. 若点A在平面上的射影在线段上，则是等腰三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，先求直线与平面所成的角，再利用最小角定理即可判断A；先求的外接球的直径，再利用球的表面积公式即可判断B；设垂心为Q，分别证明平面和平面，进而利用反证法可判断C；不妨设该射影为点H,然后证明平面，从而可判断D.
【详解】 选项A：因为平面，所以是直线与平面所成角，
由，得，
又直线与平面所成的角是直线与平面内任一直线所成角中的最小角，故A错误；
选项B：由过点O知是的直径，所以，又易知，平面PAB ，，所以平面PAB，则，
又，所以是三棱锥的外接球的直径，
所以外接球半径，
故外接球的表面积，故B正确；
选项C：若点A在平面上的射影是的垂心．
设垂心为Q，连接，，则，，又平面，，所以平面.
而平面，所以，
又平面，所以，而平面，，
所以平面，则，与是等边三角形矛盾，故C错误；
选项D：若点A在平面上的射影在线段上，不妨设该射影为点H，连接，则，
因为平面，平面所以，又平面，，
所以平面，又平面，因此，
因为点D是的中点，所以，因此是等腰三角形，故D正确．
故选：BD.
（2023上·河南·高三安阳县高级中学校联考阶段练习）
12. 已知数列的通项公式为，其前项和为.对任意正整数，设，其中，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，分和，结合等比数列求和公式求出答案；B选项，作差得到，当时，，当时，构造，，二次求导得到单调性，结合特殊点函数值，证明出结论；C选项，得到，，设，，，只需，故；D选项，计算出在C选项基础上，结合，得到，得到D正确.
【详解】A选项，当时，，
当时，
，
又当时，，满足要求，
综上，，故A错误；
B选项，，
当时，，
令，，
则，
令，则在上恒成立，
故在单调递增，
又，故在上恒成立，
故上单调递增，
又，故在恒成立，
综上，，B正确；
C选项，由A选项，，
故
，，
设，，
由于，，
只需即可，
此时
，
又，，C正确；
D选项，，
由C选项可知，，，
又，
故，所以，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与导函数等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题.
（2024·全国·模拟预测）
13. 某次女排比赛的其中一场半决赛在甲、乙两队之间进行，比赛采用五局三胜制．甲队中有一名主力队员，在其上场比赛的情况下，甲队每局取胜的概率为，在其不上场比赛的情况下，甲队每局取胜的概率为，甲队从全队战术、队员体力等各方面综合考量，决定该主力队员每局比赛上场的概率为．已知甲队已经取得了第一局比赛的胜利，则最终甲队以3：0战胜乙队的概率为______．
【答案】##0.36
【解析】
【分析】根据全概率公式即可求解.
【详解】记事件“每局比赛甲队战胜乙队”，“甲队的主力队员上场比赛”，“甲队第一局获胜的条件下，甲队以3：0战胜乙队”．由已知得，，，所以，
于是．
故答案为：
（2023上·广东东莞·高二东莞实验中学校考阶段练习）
14. 使得“对于任意，是递减数列”为真命题的整数值是______.（写出一个符合要求的答案即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由题意可得，化简后可求出的范围，从而可求得答案.
【详解】因为对于任意，是递减数列，
所以，
所以整数值可以为，
故答案为：（答案不唯一）
（2023上·天津南开·高二南开中学校考阶段练习）
15. “数学在晚旁，月也在晚旁.”是时候为《晚旁》写一句诗､做一枚徽标了.“晩旁”徽标是借两个圆设计而成，其状如月（如图1）.已知，其中.如图为圆与的交点，若弦将圆分为长度之比为的两段弧，则组成“月亮”的两段弧长之比为__________.（请写出长度较小的弧与长度较长的弧的长度之比，即该比值小于1.）

【答案】##
【解析】
【分析】求出两相交圆的公共弦，再由圆的长度比求出，得到圆的方程分别求组成“月亮”的弧长即可.
【详解】由，
两圆方程相减可得，
又可化为，
因为弦分圆分为长度之比为的两段弧，可知，
所以的圆心到直线的距离等于半径的一半，
即，解得，
又，所以，
所以圆的方程为，半径为，
所以圆的被弦截得较长的弧长为；
圆可化为，
圆心，满足直线的方程，
故“月亮”的长度较小的弧长为圆的半圆弧长.
所以组成“月亮”的两段弧长之比为.
故答案为：
（2023上·四川遂宁·高三统考期中）
16. 已知函数的图象对称中心为且过点，函数的两相邻对称中心之间的距离为1，且为函数的一个极大值点.若方程在上的所有根之和等于2024，则满足条件中整数的值构成的集合为_______
【答案】
【解析】
【分析】先求得，然后求得，
【详解】依题意，函数的图象对称中心为且过点，
所以，解得，所以.
由于函数的两相邻对称中心之间的距离为1，
且为函数的一个极大值点，
所以，则，
由于， ，所以，
所以，，关于对称，
对于区间，有，
由于和的图象都关于对称，
所以和的交点也关于对称，
由于方程在上的所有根之和等于2024，
所以方程在上一共有个根，
也即和的图象有个交点，
则当时，和的图象有个交点，
通过观察图象可知，与的图象在区间上分别有个交点，
所以或，
解得或，所以整数的值构成的集合为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求解，也即根据已知条件求得和，求主要是根据三角函数的周期来求，根据列方程，即可求得；而一般是通过某个特殊值来求.求解方程的根的问题，可转化为两个函数图象交点来进行研究.
四、解答题：本题共6小题，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
（2023上·上海浦东新·高三上海市建平中学校考期中）
17. 如图所示为某小区在草坪上活动区域的平面示意图，在四个点分别建造了供老年人活动的器械.四个点所围成的四边形即为老年人的活动区域.为了便于老年人在草坪上行走，小区建造了，，，，，六条步行道，其中，，，.设，，为四边形的面积.

（1）若，求的值:
（2）求的最大值，并求取到最大值时的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由余弦定理得到，进而求出，求出和的面积，相加后得到答案；
（2）由余弦定理得到，进而求出，表达出，求出最值及的值.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，
，
在直角中，，故，
设和分别为和的面积，
故，
，
故.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
，
在直角中，，
设和分别为和的面积，
故，，
可得，
故，当且仅当时取到.
（2024·全国·高三专题练习）
18. 图中的树形图形为：第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该线段成135°角的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一线段的前端生成两条线段．重复前面的作法作图至第n层．设树的第n层的最高点至水平线的距离为n层的树形的高度．试求：

（1）第三层及第四层的树形图的高度
（2）第n层的树形图的高度
（3）若树形图的高度大于2，则称树形图为“高大”否则则称“矮小”．试判断该树形图是“高大”还是“矮小”的？
【答案】（1）
（2）
（3）矮小，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设树（从下而上）新生各层高度所构成的数列为，从而依次求出，从而得到第三层和第四层树形图的高度；
（2），分为奇数和为偶数两种情况，结合等比数列求和公式求出答案；
（3）分为奇数和为偶数，根据极限得到，得到结论.
【小问1详解】
设题中树（从下而上）新生的各层高度所构成的数列为，
则，，，，
所以第三层树形图的高度为；
第四层树形图的高度；
【小问2详解】
易知，又，，
所以第层新生的树形图的高度为，
故当时，
；
当时，
故第层的树形图的高度为；
【小问3详解】
当为奇数时，，
当为偶数时，，
故当．由定义知树形图为“矮小”的．
（2023·广西·模拟预测）
19. 如图，在四棱锥中，为顶点，底面为正方形，设面与面交于交线.
（1）求证：；
（2）若在上有一点，，，，平面平，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设，根据线面平行的判定证平面，最后由线面平行的性质证结论；
（2）过点作于，过作于，连接，构建空间直角坐标系，应用向量法求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
在正方形中，平面，平面，
所以平面，又平面，面和面交于，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，又，故，
所以四边形为等腰梯形，四边形为梯形；
过点作于，过作于，连接，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，则
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
在四边形中，，，，所以，，
在正方形中，，所以.
因为且，所以，
所以，，，，，
所以，，，
设面的一个法向量，由，令，则，
设直线与平面的夹角为，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
20. 某城市有甲、乙两个网约车公司，相关部门为了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户（后面简称用户，并假设每位用户只选择其中一家公司的网约车出行）对甲，乙两个公司的乘车费用，等待时间，乘车舒适度等因素的评价，得到如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为，选择乙公司的频率为：
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为，选择乙公司的用户对等待时间满意的频率为；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车舒适度满意的频率为；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车费用满意的频率为.
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率.
（1）分别求出网约车用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小.
（2）若已知某位用户对乘车舒适度满意，则该用户更可能选择哪个公司的网约车出行？并说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2）该用户选择乙公司出行的概率更大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式可计算出用户网约车用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，即可得出结论；
（2）利用条件概率公式计算出该用户对甲、乙两个公司网约车舒适度满意率，比较大小后可得出结论.
【小问1详解】
解：设事件用户选择甲公司的网约车出行，事件用户对等待时间满意，
事件用户对乘车舒适度满意，事件用户对乘车费用满意.
则，
，
所以，用户对等待时间满意的概率最大，对乘车费用满意的概率最小.
【小问2详解】
解：由题知，，
，
所以，，故该用户选择乙公司出行的概率更大.
（2024·陕西商洛·统考模拟预测）
21. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若，函数.
（i）证明：在区间上存在极值点；
（ii）记在区间上的极值点为在区间上的零点的和为.证明：.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据多次求导及导数的符号判断得出函数的单调区间；
（2）（i）利用多次求导判定函数的导函数在区间上存在异号零点即可；
（ii）结合（i）的结论得，判定在区间上的零点为和0，再结合几个常用的函数放缩多次分段构造函数证明即可.
【小问1详解】
因为，
所以.
令，所以，
因为，所以，所以，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，；当时，，
即当时，；当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
（i）因为，
所以，
令，则，
令，则，
显然在区间上，即即在上单调递增，
所以，
所以即在区间上单调递增，
又，
由零点存在性定理可得：在区间上存在唯一零点，且在该零点左右两侧的值符号相反，
故在区间上存在极值点.
（ii）由（i）得在上小于0，在上大于0，又当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，
即，使，
又，所以.
令，则，
所以在上单调递增，，所以，
由，得，
.
令，则，
所以在上单调递增，即，所以.
令，
则，
所以在上单调递增，即，
所以，
所以，
又在上单调递增，所以，即.
【点睛】关键点睛：第二问的关键在于利用三角函数的有界性及常用的几个函数放缩，得出，结合函数的单调性得证结果.
（2023上·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）
22. 已知椭圆左、右焦点分别为、，

（1）过右焦点的直线被C所截线段是弦，当垂直于x轴时弦为通径ST，求证： 最小值是通径；
（2）如图所示，若C的右顶点为，过点A且斜率为的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点.
（ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（ⅱ）过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M，N两点，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ），（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）分解直线斜率等于零和不等于零两种情况讨论，结合弦长公式即可得出结论；
（2）（ⅰ）根据题意 ，点在直线上，并且 ，得到椭圆方程；
（ⅱ）根据三角形面积公式可得，即，直线方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，根据也得到坐标的关系式，消参后，根据的取值范围求.
【小问1详解】
，
当直线的斜率等于时，方程为，
此时，
当直线的斜率不等于时，设方程为，
联立，消得，
恒成立，
则，
所以
，
当，即时，，
此时，直线垂直于轴，
综上所述，最小值是通径；
【小问2详解】
（ⅰ）由题意轴，且点在轴的下方，，
在椭圆中，
令，得，则，
所以 ，
所以椭圆的方程是；
（ⅱ）因为，
所以，
直线的方程为，令，得，所以，
设方程，，
联立方程得：，
恒成立，
则（*），
又，有，
将代入（*）可得，整理得，
因为，有，
则且，
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.