2023~2024学年广东区域联考高考数学押题试题{一模}带解析

这是一份2023~2024学年广东区域联考高考数学押题试题{一模}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（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1．已知全集，集合或，或，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．
C．D．
2．棣莫弗公式（为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667－1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，已知复数，则的值是（ ）
A．B．C．D．
3．设函数为奇函数且在上为减函数，则关于的值表述正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密，碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.3厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（ ）（单位：平方厘米）
A．B．C．D．
5．将向量绕坐标原点顺时针旋转得到，则（ ）
A．B．
C．D．
6．化简的值为
A．1B．2C．-1D．-2
7．已知四棱锥平面，二面角的大小为.若点均在球的表面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．某人从上一层到二层需跨10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步，从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则他从一层到二层可能的不同走法共有（ ）种.
A．10B．9C．8D．12
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对5分，部分选对得2分，有选错得0分.）
9．如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ）

A．
B．
C．
D．
10．已知椭圆的焦点在轴上，且分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的离心率为
C．存在，使得
D．面积的最大值为
11．如图，在棱长为1的正方体中，，分别是的中点，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．存在点，使得与异面
B．不存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最小值为
D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
12．已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
13．已知的二项式系数的和为64，则其展开式的常数项为______.（用数字作答）
14．已知圆，过点的直线交圆于两点，且，请写出一条满足上述条件的直线的方程______.
15．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为______.（参考数据：）
16．已知函数，若函数在处取得极小值，则的取值范围为______.
四、解答题（本题共6小题，第17题10分，第18－22题各12分，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)求；
(2)若的面积为且，求的周长.
18．记为数列的前项和，已知的等差中项为.
(1)求证为等比数列；
(2)数列的前项和为，是否存在整数满足？若存在求，否则说明理由.
19．如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．某商场在五一假期间开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项闯关活动.
(1)若甲第一关通过的概率为，第二关通过的概率为，求甲可以进入第三关的概率；
(2)已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为450分，现要根据得分给共2500名参加者中得分前400名发放奖励.
①假设该闯关活动平均分数为171分，351分以上共有57人，已知甲的得分为270分，问甲能否获得奖励，请说明理由；
②丙得知他的分数为430分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪.
附：若随机变量，则；；.
21．已知圆：，圆：，一动圆与圆和圆同时内切.
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，两互相垂直的直线，相交于点，交曲线于，两点，交圆于，两点，求与的面积之和的取值范围.
22．已知函数
(1)当时，证明：；
(2)已知在上恒成立，求的取值范围.
1．D
【分析】利用集合的交并补的定义，结合图即可求解.
【详解】因为或，或，
所以或或或，
或或或.
由题意可知阴影部分对于的集合为，
所以，
或.
故选：D.
2．C
【分析】利用棣莫弗公式及三角函数的特殊值，结合三角函数的诱导公式即可求解.
【详解】依题意知，，
由棣莫弗公式，得，
所以.
故选：C.
3．C
【分析】根据函数奇偶性的定义结合二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为函数为上的奇函数，且递减，
所以且，
即，
所以，解得，经检验符合题意，
故，
因为函数在上为减函数，
所以，所以.
故选：C.
4．C
【分析】根据圆台的侧面积公式求出对应的值，代入公式计算即可求解.
【详解】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R，r，
若当，时，则圆台的母线长，
所以其侧面积为，
若当，时，则圆台的母线长，
所以其侧面积为，所以其侧面积S满足．
故选：C．
5．B
【分析】利用向量的坐标求出模长，再利用向量的数量积公式即可求解.
【详解】因为，所以，
因为向量绕坐标原点顺时针旋转得到，
所以向量与向量的夹角为，且，
所以
.
故选：B
6．C
【详解】原式===
7．B
【分析】先利用点均在球的表面上可得四点共圆，先证明平面，得出二面角的平面角为，可计算出，再利用勾股定理可得出四边形外接圆的直径为，则，最后利用外接球的表面积公式代入即可得出答案.
【详解】因为，所以，
因为点均在球的表面上，
所以四边形内接于圆，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
平面，所以，又，
所以二面角的平面角为，所以，
在中，因为，所以，
由余弦定理可得：，
即，即或（舍去），
所以，所以外接圆的直径为：，
即四边形外接圆的直径为，
因为平面，所以，四棱锥外接球的半径为：
所以四面体外接球的表面积为.

故选：B.
8．A
【分析】利用计数原理直接计算即可.
【详解】按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步.
因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.
为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：
白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步，
每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列.
下面分三种情形讨论.
（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧，
此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球，所以此种情况共有4种可能的不同排列；
（2）第1球不是白球.
（i）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；
（ii）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，
此种情形共有3种不同排列；
（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列.
总之，按题意要求从一层到二层共有种可能的不同过程.
故选：A
9．AD
【分析】由图象求出的解析式，再结合三角函数的诱导公式逐项分析即得.
【详解】设，
则的最小正周期为：，
所以，因为的最大值为，最小值为，
所以，所以，
因为，所以，
所以，故A正确，
，故B不正确；
，故D正确；
，故C不正确.
故选：AD.
10．ACD
【分析】A选项，根据焦点在在轴上，列出不等式，求出答案；B选项，求出，进而求出离心率；C选项，写出以为直径的圆的方程，联立椭圆方程，得到当时，方程有解，故C正确；D选项，由几何性质得到当点位于上顶点或下顶点时，面积取得最大值，表达出最大面积，配方后求出最值.
【详解】A选项，椭圆的焦点在轴上，故，解得，A正确；
B选项，设，则，
故的离心率为，B错误；
C选项，以为直径的圆的方程为，与椭圆联立得，，
整理得，
因为，所以，
当时，，故，满足要求，
故存在，使得，C正确；
D选项，因为，故当点位于上顶点或下顶点时，面积取得最大值，
故最大面积为，
因为，所以当时，面积取得最大值，最大值为，D正确.
故选：ACD
11．CD
【分析】对于A，四点共面，，平面即可判断；对于B，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于C，利用直线与平面所成角的求法即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可.
【详解】对于A，连接，由正方体的性质知，，
所以四点共面，，平面，故A不正确；
对于B，设中点为，连接，
若为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以，
在中，，，
所以，故，，平面，
所以平面，平面，所以，故B不正确；
对于C，过点作平面，连接，
所以直线与平面所成角为，
所以，
当在时，，所以，故C正确；
对于D，由正方体中心对称（类比为球体，MN看作弦），故过的截面经过对称中心O所得截面最大，
此时截面交棱于中点，也为中点，
所以为的中点时，过、、三点的平面截正方体所得截面最大，
取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，
所以过、、三点的平面截正方体所得截面最大值为正六边形，
面积为，故D正确．
故选：CD.
12．AB
【分析】设切点坐标为，则有，所以问题转化为方程恰有两个解，令，然后利用导数求解其零点即可.
【详解】由，得，
设切点为，则切线的斜率为，
所以有，
整理可得：，
由题意可知：此方程有且恰有两个解，令，
，
，
令，则，
所以在上单调递增，因为，
所以当时，；当时，，
①当，即时，
当时，，则函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
所以只要或，即或；
②当，即时，
当时，，则函数单调递增，
当时，函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，，
所以只要或，由可得：，
由得；
③当时，，所以函数在上单调递增，
所以函数至多有一个零点，不合题意；
综上：当时，或；
当时，或，
所以选项A正确，B正确，C错误，D错误，
故选：AB
关键点睛：解题的关键是根据题意将问题转化为方程恰有两个解，构造函数，再次将问题转化为此函数有两个零点，然后利用导数通过分析其单调性可求得结果.
13．240
【分析】先利用二项式的系数和列出方程求出n，然后根据二项展开式的通项公式，即可求得本题答案.
【详解】因为展开式的二项式系数之和为64，所以，解得，
则展开式中的通项公式为，
令，得，所以常数项为.
故240
14．（答案不唯一，也满足）
【分析】分别讨论直线l斜率存在、不存在的情况，设C到直线的距离为d，由得，结合点线距离公式即可求解判断.
【详解】由题意得，半径，，
故在圆外，设O到直线的距离为d，
由得，即，
解得，
当直线l斜率不存在时，即，此时，符合题意；
当直线l斜率存在时，设为，即，
则， 即，解得，故直线为.
故（答案不唯一，也满足）
15．12
【分析】根据题意求出第n次操作后去掉的各区间长度之和,列不等式结合对数运算法则，即可求解.
【详解】由题意可知，每次操作剩下的区间长度为都是原来的，
第n次操作后剩下的区间长度为，则所有去掉的区间长度之和为，
由题意知，，得，
两边取对数得，解得，
又n为整数，∴n的最小值为12．
故12．
16．
【分析】考查 的单调性，令，即 或，单调递增，设方程 的根为，通过对分类讨论，研究函数 的单调性即可得出．
【详解】，
考查 的单调性，令，即，
或，
即 或，
单调递增，设方程 的根为
①若，则不等式组 的解集为和，，
此时 在和，上单调递增，在 上单调递减，与在处取极小值矛盾；
②若，则不等式组 的解集为和，此时在上单调递增，与在处取极小值矛盾；
③若，则不等式组 的解集为 和，
此时在 和上单调递增，在，上单调递减，满足在处取极小值，
由单调性，．
综上所述：．
则的取值范围为．
故．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，解题的关键是充利用分类讨论思想.
17．(1)
(2)20
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，结合，得到；
（2）在（1）的基础上求得，由三角形面积公式得到，由正弦定理和余弦定理得到，，从而求出周长.
【详解】（1），因为，
所以，解得；
（2）在中，由（1）可得，
∵，即，
因为，则，
由正弦定理可得即，
由余弦定理得
∴，则，
∴三角形周长.
18．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用等差中项性质化简，再利用与的关系求出，利用等比数列定义即可证明；
（2）先求出通项公式，利用放缩法及等比数列前n项和公式求出和的范围即可求出整数k.
【详解】（1）因为的等差中项为，所以，
因为时，，则，所以，
由得，
又，两式相减得，即，
所以有，所以，
所以是等比数列，其首项为，公比为2.
（2）由（1）知，所以，所以，
因为，所以，
又，
所以，所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）证明平面，由计算三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.
又，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为是棱上的中点，所以到平面的距离，
四边形是菱形，，，
则中，，，，
∵，∴三棱锥的体积为.
（2）取棱的中点，连接，则有，因为，则.
两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
因，则.

因是棱上的中点，则.
设平面的法向量为，则，
令，则，得.
平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)①能，理由见解析②假
【分析】（1）设为第次通过第一关，为第次通过第二关，计算即可；
（2）①由，且，计算，求出前400名参赛者的最低得分，与甲的得分比较即可；
②假设乙所说为真，由计算，求出，利用小概率事件即可得出结论．
【详解】（1）设：第i次通过第一关，：第i次通过第二关，甲可以进入第三关的概率为，由题意知
.
（2）设此次闯关活动的分数记为.①由题意可知，因为，且，
所以，则；而，
且，
所以前400名参赛者的最低得分高于，而甲的得分为270分，所以甲能够获得奖励；
②假设乙所说为真，则，
，
而，所以，从而，
而，
所以为小概率事件，即丙的分数为430分是小概率事件，可认为其一般不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙所说为假.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据动圆圆心到两定点距离的关系可以判断其为双曲线；
（2）分两种情况讨论，每一种情况中计算、，从而求得面积的表达式，再求范围即可.
【详解】（1）由：，得，可知，其半径为，
由：，得，可知，其半径为.
设动圆半径为，动圆圆心到的距离为，到的距离为，则有
或，即，得，
又，
所以动圆圆心的轨迹是以，为焦点的双曲线，由，可得，
所以动圆圆心的轨迹方程为；
（2）①当直线的斜率存在时，由题意，，设：，与双曲线联立，
由于其于双曲线有两个不同的交点，
所以，得且，
且，
设：，即，
设圆到直线的距离为，则，
因为交圆于，两点，故，得.
且，
由题意可知，
所以，
因为，可得.
②当直线的斜率不存在时，，，
所以，
综上.
22．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）令，对求导，得到的单调性和最值，即可证明；
（2）分类讨论当时，不等式恒成立；当时，，可得，即，令，证明在上恒成立即可；当时，令，由题意可知与条件不符，即可求解.
【详解】（1）当时，，令
令可得，令可得，
∴在单调递增，在单调递减，
∴，即，结论得证.
（2）当时，当，，，
所以在上恒成立；
当时，∵，∴
令，∴，
当时，，令，
，∵，∴在单调递增，
∴时，，∴，∴成立.
当时，令，使得时，，
∴在递减，与条件不符，
综上：的取值范围为或.
方法点睛：利用导数证明不等式或解决导数恒成立问题，
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.