广东省珠海市第二中学2024届高考数学冲刺模拟卷20（A卷）

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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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，且，则（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】D
【分析】由题意可知，分和两种情况，解得，进而可得集合.
【详解】因为，可知，
若，则，
此时，，不合题意；
若，则，
此时，，符合题意；
综上所述：，，则.
故ABC错误，D正确.
故选：D.
2．若将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简，根据平移可得平移之后的函数为，由于该函数图象关于轴对称，令，即可求解.
【详解】因为，
将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为，
因为所得图象关于轴对称，
故，即，所以的最小正值为．
故选：B．
3．已知，则“”是“”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】B
【分析】由建立的等量关系，求解，从而判断选项.
【详解】因为，化简得，解得或，故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
4．已知正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】利用基本不等式计算即可.
【详解】易知，则
，
当且仅当，即时取得等号.
故选：B
5．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量.
【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示：
由题可知，四边形为等腰梯形，设，因为，
所以，
设棱台的高为，体积为，棱台的高为，体积为，
则，
，所以，又，
所以.所以该“方斗”可盛米的总质量为112kg.
故选：D.
6．过点的动直线与圆交于两点，在线段上取一点，使得，已知线段的最小值为，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】求出圆的圆心、半径，利用切割线定理结合已知求出的最小值，再列式计算即得.
【详解】圆心，半径为2，则圆与轴相切，设切点为，
则，则，
设的中点为，连接，则，
令圆心到直线的距离为，则，
由，得，
因此，而的最小值为，
所以，则.
故选：A

7．2024年春节期间，某单位需要安排甲、乙、丙等五人值班，每天安排1人值班，其中正月初一、二值班的人员只安排一天，正月初三到初八值班人员安排两天，其中甲因有其他事务，若安排两天则两天不能连排，其他人员可以任意安排，则不同排法一共有（ ）
A．792种B．1440种C．1728种D．1800种
【答案】B
【分析】分类讨论甲是否安排在初一或初二两种情况，结合平均分组分配法分别考虑两种情况的安排种数，从而利用分类加法计数原理即可得解.
【详解】当甲安排在初一或初二时，再安排一人在初二或初一，则有种排法，
再利用平均分组分配法将初三到初八分配给剩下的3人，有种排法，
所以一共有种排法；
当甲不安排在初一或初二时，安排两人在初一或初二，有种排法，
不考虑甲两天不能连排的情况，有种排法，
其中甲两天连排的排法有种，故初三到初八的值班安排有种排法，
所以一共有种排法；
综上可知共有种不同排法.
故选：B.
8．已知函数，，其中是函数的导函数，若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求导判断的单调性，将转化为，分离参数，构造新函数求新函数的单调性以及最值，从而求出实数的取值范围.
【详解】由题意知，所以，
又，所以在上单调递增.
因为，所以，故，
所以对任意的恒成立.
令，则，令，得，令，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】思路点睛：由函数的不等关系求解参数的范围，先判断函数的单调性，从而得到内层函数的不等关系，再结合不等关系分类讨论或参变分离求参数的范围.
二、多选题
9．在一次数学测试中，老师将班级60位同学的成绩按照从小到大的顺序进行排列后得到的原始数据为（数据互不相同），其极差为，平均数为，则下列结论中正确的是（ ）
A．的平均数为
B．的第25百分位数与原始数据的相同
C．若的极差为，则
D．的平均数大于
【答案】AC
【分析】由平均数、百分位数、极差的计算公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，由平均数的性质知的平均数为，故A正确；
对于B，的第25百分位数比原始数据的第25百分位数大，故B错误；
对于C，的极差为：
，故C正确；
对于D，
，故D错误.
故选：AC.
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数，则下列叙述正确的是（ ）
A．
B．函数有3个零点
C．的最小正周期为
D．的值域为
【答案】ACD
【分析】由“高斯函数”的定义结合的值，即可判断A；举反例可判断B；在区间上，化简，结合余弦函数的周期性，可判断C，D；
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，，则，
此时为的零点，有无数个，B错误；
对于C，在区间上，，
结合的最小正周期为，由此可得的最小正周期为，C正确，
对于D，结合C的分析可知的值域为，D正确，
故选：ACD
11．“心形线”体现了数学之美，某研究小组用函数图象：，和抛物线的部分图象围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于，两点，是或上的动点，下列说法正确的是（ ）

A．抛物线的方程为
B．的最小值为5
C．的最大值为7
D．若在上，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】将、变形后可得其都为圆的一部分，借助的范围可得与抛物线的交点坐标，即可得抛物象方程，即可得A；结合抛物线定义即可判断B选项；设出直线的方程后，联立抛物线得到与横坐标有关的韦达定理，结合弦长公式与点到直线的距离公式表示出该三角形面积，结合函数单调性即可得；找到中点，结合向量的数量积运算将转化为求最小值问题，结合题意，可确定点在时，有最小值，再结合韦达定理表示出的值，确定直线斜率范围后计算即可得D选项.
【详解】可变形为，
表示以为圆心，2为半径的圆的上半部分；
可变形为，
表示以为圆心，2为半径的圆的上半部分．
对于A选项，抛物线过点，解得，
，故A选项正确；
对于B选项，抛物线的准线为，
过点作，垂足为，

则，则，
故B选项正确；
对于C选项，不妨设，显然离最远的点在上，
且，
联立，消去整理得，
，
则，，
则，
由对称性只考虑情况，在点时，，所以，
所以
，
设，易得在上单调递增，
所以的最大值为，故C选项错误；
对于D选项，设的中点为，
联立，消去整理得，
则，，
，，
，
所以，，
，
最小，即最大，也即最小，
又的中点位于圆心的左侧，
故当在位置时，最小，最小，
所以
，
故D选项正确.
故选：ABD．

【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中最值或范围问题有时需运用韦达定理将所需计算的量表示出来，再结合基本不等式或函数单调性去研究.
三、填空题
12．已知，若向量满足，则在方向上的投影向量的坐标为 .
【答案】
【分析】根据数量积的运算律求得，根据投影向量的概念，即可求得答案.
【详解】由题意知，故，
所以，而，则，
故，
则在方向上的投影向量为，
即在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为：
13．已知数列，的前n项和分别为，，且，，，，则 ；若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据，结合等比数列、等差数列的定义可得；将不等式转化为对任意的恒成立，记，利用导数求出即可求解.
【详解】由，得，
由，得，
所以，，
易知，，，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，
是首项为2，公差为2的等差数列，
所以，，则．
解法一 因为对任意的，恒成立，
所以对任意的恒成立，即．
记，易知，所以，
当时，，解得或；
当时，，解得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
因为，，，所以，
即实数的取值范围为．
解法二 因为对任意的，恒成立，
所以对任意的恒成立．记，
则，令，则，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，，所以，即，
故实数的取值范围为．
故答案为：
14．在一个轴截面为正三角形的圆锥内放入一个与侧面及底面都相切的实心球后，再在该圆锥内的空隙处放入个小球，这些小球与实心球、圆锥的侧面以及底面都相切，则的最大值为 （取）

【答案】10
【分析】
在圆锥的轴截面中求出大球、小球半径及正三角形边长的关系，然后再根据空隙处放入个小球相切的关系，利用三角函数性质求出小球最多的个数.
【详解】
由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，设边长为.

设实心球半径为，由得：，
，，，.
设小球的半径为，同理，，，，
到直线的距离为.
空隙处放入个小球相邻相切，排在一起，则球心在一个半径为的圆上，如下图所示：

为相邻两球的切点，，分别为球心，
设，则，，
由三角函数性质可知：，，
，，又，，
故小球个数最多为10个,即的最大值为.
故答案为：
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求角的大小;
(2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和，得到，从而求出角；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长.
【详解】（1）由已知，得，
根据正弦定理，得，
即，
即，
由于，，
所以，所以；
（2）因为，
所以，
因为直线为的平分线，
所以，
所以，
则，即，
由余弦定理得，即，
所以，
解得或（舍），
故的周长为.
16．已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
17．土壤食物网对有机质的分解有两条途径，即真菌途径和细菌途径．在不同的土壤生态系统中，由于提供能源的有机物其分解的难易程度不同，这两条途径所起的作用也不同．以细菌分解途径为主导的土壤，有机质降解快，氮矿化率高，有利于养分供应，以真菌途径为主的土壤，氮和能量转化比较缓慢，有利于有机质存财和氮的固持．某生物实验小组从一种土壤数据中随机抽查并统计了8组数据，如下表所示：
其散点图如下，散点大致分布在指数型函数的图象附近．
(1)求关于的经验回归方程（系数精确到0.01）；
(2)在做土壤相关的生态环境研究时，细菌与真菌的比值能够反映土壤的碳氮循环．以样本的频率估计总体分布的概率，若该实验小组随机抽查8组数据，再从中任选4组，记真菌（单位：百万个）与细菌（单位：百万个）的数值之比位于区间内的组数为，求的分布列与数学期望.
附：经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，
【答案】(1)
(2)分布列见解析，2
【分析】（1）令，将指数型回归方程转化为线性回归方程，利用最小二乘法的估计系数公式，即可求得答案；
（2）确定真菌与细菌的数值之比位于区间内的组数，即可确定X的取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，即可求得数学期望.
【详解】（1）由于，故，
令，则，
，
则，，
故，则关于的经验回归方程为；
（2）由已知图表可知从第1组到第8组的真菌（单位：百万个）与细菌（单位：百万个）的数值之比依次为：
，，
故样本中比值位于内的组数有4组，则X的可能取值为：，
则,，
故X的分布列为：
则.
18．设双曲线：（，）过，，，四个点中的三个点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，，其中与的右支交于，两点，与直线交于点，与的右支相交于，两点，与直线交于点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得双曲线不过点，将其余点坐标代入双曲线方程计算即可得；
（2）借助韦达定理与两点间距离公式表示出并化简后，可得，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）由，，，与不能同过，与对称，
故该双曲线不过点，
则有，解得，即双曲线方程为；
（2）由双曲线方程为，故，
由题意可知，，的斜率均存在，
设的斜率为，则的斜率为，
即，设、，
令，则，即，
联立双曲线，有，
由双曲线性质可知，即，
此时恒成立，
有，，
则，，
故
，
同理可得，
则
，当且仅当，即时，等号成立，
即的最大值为.
【点睛】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.
19．对于数集，其中，，定义向量集，若对任意，存在，使得，则称X具有性质P．
(1)设，请写出向量集Y并判断X是否具有性质P（不需要证明）．
(2)若，且集合具有性质P，求x的值；
(3)若X具有性质P，且，q为常数且，求证：．
【答案】(1)，具有性质；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据向量集Y的定义，结合的元素，直接写出，再判断是否满足性质即可；
（2）根据性质的定义，任取，，讨论的取值，结合的范围，即可求得的取值；
（3）根据性质的定义推出为定值，结合，即可推证.
【详解】（1）根据向量集的定义可得：
，
若，则存在，使得，
同理亦可证明对任意，也满足性质，
故具有性质P．
（2）对任意a，，都存在c，，使得，
即对于，都存在，使得，其中a，b，c，，
因为集合具有性质P，
选取，，则有，
假设，则有，解得，这与矛盾，
假设，则有，解得，这与矛盾，
假设，则有，解得，这与矛盾，
假设，则有，解得，满足，故；
经检验，集合具有性质P．
（3）证明：取，设且满足，
由得，从而s，t异号，
∵－1是x中唯一的负数，
∴s，t中一个为－1，另一个为1，故．
因为，所以，
X具有性质P，取，，
设，因为，且c，d中的正数大于等于1，
所以只能，
所以，．
又X中只有个大于1的正数，
即，
且，这个大于1的正整数都属于集合X，
所以只能，，…，
即，
即．
【点睛】关键点点睛：处理本题第三问的关键是能够根据性质的定义，推出，以及为定值，进而根据X中只有个大于1的正数解决问题.
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
细菌百万个
70
80
90
100
110
120
130
140
真菌百万个
8.0
10.0
12.5
15.0
17.5
21.0
27.0
39.0
X
0
1
2
3
4
P