廣東省東莞市2024屆高三聯(lián)合模擬預(yù)測(cè)數(shù)學(xué)試題（解析版）

第19頁(yè)/共20頁(yè)2024屆高三聯(lián)合模擬預(yù)測(cè)數(shù)學(xué)試題（含答案）一、單選題（共40分）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)集合的定義，求得集合，再根據(jù)集合的并運(yùn)算求解即可.【詳解】因?yàn)?，又，?故選：B.2.復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)模的公式及復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則求得，利用共軛復(fù)數(shù)的概念得出答案.【詳解】因?yàn)椋?，所以．故選：A．3.數(shù)列{an}滿足，，數(shù)列的前項(xiàng)積為，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)條件，利用等比數(shù)列的定義得到數(shù)列為等比數(shù)列，從而求出通項(xiàng)，利用通項(xiàng)即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)閿?shù)列滿足a1＝，an+1＝2an，易知，所以為常數(shù)，又，所以數(shù)列是以2為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列，所以，所以，故選：C．4.已知向量，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】首先求出當(dāng)時(shí)，或者，然后根據(jù)小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍判斷是什么條件即可.【詳解】因?yàn)?，若，則即，解得或者，所以推不出；反之能推出，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查充分必要性，在求解過(guò)程中始終利用小范圍能推出大范圍，大范圍推不出小范圍的原則判斷即可.5.若二項(xiàng)式的展開(kāi)式中只有第3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，則展開(kāi)式中項(xiàng)的系數(shù)為（）A.32 B. C.16 D.【答案】B【解析】【分析】運(yùn)用二項(xiàng)式系數(shù)最大項(xiàng)求出n的值，再運(yùn)用二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式計(jì)算即可.【詳解】∵的展開(kāi)式共有項(xiàng)，只有第3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)最大，∴，∴，∴的第項(xiàng)為，（），∴令，解得：，∴，即：展開(kāi)式中項(xiàng)的系數(shù)為.故選：B.6.已知函數(shù)，則（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】結(jié)合函數(shù)的解析式及對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)計(jì)算即可.【詳解】由題意可得，故選：D.7.如圖所示，梯形中，，且，點(diǎn)P在線段上運(yùn)動(dòng)，若，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用坐標(biāo)法，設(shè)，可得，進(jìn)而可得，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)即得.【詳解】如圖建立平面直角坐標(biāo)系，則，∴，設(shè)，，∴，又，∴，解得，∴，即的最小值為.故選：B.8.已知函數(shù)，則的解集為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合奇偶性求不等式即可.【詳解】均為偶函數(shù)，故函數(shù)為偶函數(shù)，令則，，即在R上單調(diào)遞減，又在恒成立，故函數(shù)在上遞減，在遞增..故選：C.二、多選題（共20分）9.下列說(shuō)法正確的有A.若，則的最大值是B.若，則的最小值為2C.若，，均為正實(shí)數(shù)，且，則的最小值是4D.已知，，且，則最小值是【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)選項(xiàng)中各式的特點(diǎn)，進(jìn)行適當(dāng)變形，使用基本不等式進(jìn)行判斷．注意“1”的妙用及等號(hào)能否取到．【詳解】對(duì)于，由可得，由基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，所以的最大值為，故正確；對(duì)于，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，但此時(shí)無(wú)解，等號(hào)無(wú)法取得，則最小值不為2，故錯(cuò)誤；對(duì)于，由可得，當(dāng)且僅當(dāng)且，即，，時(shí)，等號(hào)成立，由于，，均為正實(shí)數(shù)，則等號(hào)取不到，故錯(cuò)誤；對(duì)于，由可得，代入到，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，等號(hào)成立，故正確．故選：．10.隨著時(shí)代與科技的發(fā)展，信號(hào)處理以各種方式被廣泛應(yīng)用于醫(yī)學(xué)、聲學(xué)、密碼學(xué)、計(jì)算機(jī)科學(xué)、量子力學(xué)等各個(gè)領(lǐng)域.而信號(hào)處理背后的“功臣”就是正弦型函數(shù)，的圖象就可以近似的模擬某種信號(hào)的波形，則下列說(shuō)法正確的是（）A.函數(shù)圖象關(guān)于直線對(duì)稱B.函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱C.函數(shù)為周期函數(shù)，且最小正周期為D.函數(shù)導(dǎo)函數(shù)的最大值為3【答案】ABD【解析】【分析】判斷與的關(guān)系可判斷AC；討論奇偶性可判斷B；求出導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)可判斷D.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)，定義域?yàn)?，?duì)于A，，所以函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故A正確；對(duì)于B，，所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故B正確；對(duì)于C，由題知，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由題可知，且，故D正確.故選：ABD.11.已知，滿足，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用指數(shù)式和對(duì)數(shù)式的運(yùn)算規(guī)則，結(jié)合導(dǎo)數(shù)和基本不等式求最值，驗(yàn)證各選項(xiàng)是否正確.詳解】對(duì)于A，由，得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，A正確；對(duì)于B，由，得且，令，則，解得，解得，得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，即，B正確；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，滿足，，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，，D正確.故選：ABD.12.已知直線過(guò)點(diǎn)且與圓：相切，直線與軸交于點(diǎn)，點(diǎn)是圓上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的有（）A.點(diǎn)的坐標(biāo)為B.面積的最大值為10C.當(dāng)直線與直線垂直時(shí)，D.的最大值為【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)題意，結(jié)合直線與圓，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，以及垂直直線的斜率關(guān)系和正切的二倍角公式，一一判斷即可.【詳解】根據(jù)題意，易知點(diǎn)在圓上.因?yàn)椋灾本€的斜率，因此直線的方程為，令，得，因此點(diǎn)的坐標(biāo)為，故A正確；因?yàn)辄c(diǎn)是圓上的動(dòng)點(diǎn)，所以點(diǎn)到直線的最大距離，又因?yàn)?，所以面積，故B正確；因?yàn)橹本€：與直線垂直，所以，解得，故C錯(cuò)誤；當(dāng)直線與圓相切時(shí)，銳角最大，即最大，此時(shí)，因?yàn)椋?，故D正確.故選：ABD.三、填空題（共20分）13.曲線在點(diǎn)處的切線方程為_(kāi)_______________________．【答案】．【解析】【分析】求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)在處的導(dǎo)數(shù)，再求出（1）的值，利用直線方程的點(diǎn)斜式得答案．【詳解】由，得，（1），又（1），曲線在點(diǎn)，（1）處的切線方程為，即．故答案為：．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：在函數(shù)上的點(diǎn)處的切線方程為，在解題時(shí)注意靈活運(yùn)用.14.在的展開(kāi)式中，的系數(shù)為_(kāi)_____．【答案】【解析】【分析】展開(kāi)式的通項(xiàng)為，可得包含，再求出展開(kāi)式的通項(xiàng)，得到的系數(shù)即可.【詳解】由二項(xiàng)式展開(kāi)式的通項(xiàng)，可得，故只有包含，又展開(kāi)式的通項(xiàng)為，故當(dāng)時(shí)，的系數(shù)為.故答案為：15.核桃（又稱胡桃、羌桃）、扁桃、腰果、榛子并稱為世界著名的“四大干果”．它的種植面積很廣，但因地域不一樣，種植出來(lái)的核桃品質(zhì)也有所不同：現(xiàn)已知甲、乙兩地盛產(chǎn)核桃，甲地種植的核桃空殼率為2%（空殼率指堅(jiān)果，谷物等的結(jié)實(shí)性指標(biāo)，因花未受精，殼中完全無(wú)內(nèi)容，稱為空殼），乙地種植的核桃空殼率為4%，將兩地種植出來(lái)的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃數(shù)分別占總數(shù)的40%，60%，從中任取一個(gè)核桃，則該核桃是空殼的概率是______．【答案】3.2%【解析】【分析】利用全概率公式求解即可.【詳解】設(shè)事件所取核桃產(chǎn)地為甲地為事件，事件所取核桃產(chǎn)地為乙地為事件，所取核桃為空殼為事件，則，，所以該核桃是空殼的概率是，故答案為：.16.以棱長(zhǎng)為的正四面體中心點(diǎn)為球心，半徑為的球面與正四面體的表面相交部分總長(zhǎng)度為_(kāi)________.【答案】【解析】【分析】求出正四面體內(nèi)切球半徑即為球心到面ABC的距離，從而得到球被平面所截得的圓的半徑，再求出的內(nèi)切圓的半徑，此圓恰好為球被平面所截得的圓，即球面與各表面相交部分恰為三角形的內(nèi)切圓，求四個(gè)內(nèi)切圓的周長(zhǎng)即可.【詳解】將正四面體放入正方體中，則正方體的棱長(zhǎng)為，所以正四面體的體積為，表面積為，設(shè)正四面體的內(nèi)切球半徑為，則，解得.顯然內(nèi)切球心為，故到面的距離為，球面與面相交部分為以的圓，設(shè)三角形的內(nèi)切圓半徑為，圓心為為的中點(diǎn)，則，故，此時(shí)恰好，即球面與各表面相交部分恰為三角形的內(nèi)切圓，故當(dāng)時(shí)，圓弧總長(zhǎng)度為.故答案為：【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：有關(guān)平面（可以無(wú)限延展的）截球所得截面的計(jì)算時(shí)，第一步求出球心到截面的距離，第二步根據(jù)計(jì)算出截面圓的半徑，第三步在截面（只是有限大小的平面圖形）內(nèi)通過(guò)計(jì)算判斷所截圖形是一個(gè)完整的圓還是圓的一部分，這時(shí)要根據(jù)平面幾何中的數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算.四、解答題（共70分）17.的內(nèi)角的對(duì)邊分別是，已知，且的面積為24.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）64（2）6【解析】【分析】(1)利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系得到，然后利用三角形面積，然后代入向量的數(shù)量積即可求解；(2)結(jié)合（1）知，可得到，然后利用余弦定理即可求出結(jié)果.【小問(wèn)1詳解】因?yàn)椋?因?yàn)榈拿娣e為24，所以，即，所以.【小問(wèn)2詳解】由（1）知，又，所以，解得，從而，在中，由余弦定理可得：，解得.18.如圖，平面ABCD是圓柱OO?的軸截面，EF是圓柱的母線，AF∩DE=G，BF∩CE=H，∠ABE=60°，AB=AD=2．（1）求證：GH∥平面ABCD；（2）求平面ABF與平面CDE夾角的正弦值．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）由線面平行的判定定理可得平面，再由線面平行的性質(zhì)定理可得，最后由線面平行的判定定理證明平面即可；（2）以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面、平面的一個(gè)法向量，再利用向量的夾角公式可得答案．【小問(wèn)1詳解】由題意知，平面平面，所以平面，因?yàn)?，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以，又平面，平面，所以平面；【小?wèn)2詳解】以點(diǎn)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，在中，由，得，所以，所以，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則由，得，令，得，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則由，得，令，得，所以，所以平面與平面的夾角的正弦值為.19.甲、乙足球愛(ài)好者決定加強(qiáng)訓(xùn)練提高球技，兩人輪流進(jìn)行定位球訓(xùn)練（每人各踢一次為一輪），在相同的條件下，每輪甲、乙兩人在同一位置，一人踢球另一人撲球，甲先踢，每人踢一次球，兩人有1人進(jìn)球另一人不進(jìn)球，進(jìn)球者得1分，不進(jìn)球者得分；兩人都進(jìn)球或都不進(jìn)球，兩人均得0分，設(shè)甲每次踢球命中的概率為，乙每次踢球命中的概率為，甲撲到乙踢出球的概率為，乙撲到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影響．（1）經(jīng)過(guò)一輪踢球，記甲的得分為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）若經(jīng)過(guò)兩輪踢球，用表示經(jīng)過(guò)第2輪踢球后，甲累計(jì)得分高于乙累計(jì)得分的概率，求．【答案】（1）分布列見(jiàn)解析，（2）【解析】【分析】（1）先根據(jù)題意求得甲進(jìn)球與乙進(jìn)球的概率，再結(jié)合獨(dú)立事件的概率公式求得的分布列及數(shù)學(xué)期望；（2）分析甲累計(jì)得分高于乙累計(jì)得分的情況，從而得解.【小問(wèn)1詳解】記一輪踢球甲進(jìn)球?yàn)槭录嗀，乙進(jìn)球?yàn)槭录﨎，由題意知A，B相互獨(dú)立，由題意得：，甲得分的可能取值為，則，，，所以的分布列為：01所以【小問(wèn)2詳解】根據(jù)題意，經(jīng)過(guò)第2輪踢球累計(jì)得分后甲得分高于乙得分的情況有三種，分別是：甲兩輪中第1輪得0分，第2輪得1分，此時(shí)乙第1輪得0分，第2輪得分；或者甲第1輪得1分，第2輪得0分，此時(shí)乙第1輪得分，第2輪得0分；或者甲兩輪各得1分，此時(shí)乙兩輪各得分；于.20.在三棱柱中，，且.（1）證明：；（2）若，二面角的大小為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）取AC中點(diǎn)O，由已知判定即可證明；（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求平面的夾角即可.【小問(wèn)1詳解】設(shè)的中點(diǎn)為，連接，因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，且，平面，所以平面因?yàn)槠矫?，所以，又因?yàn)槭侵悬c(diǎn)，所以.【小問(wèn)2詳解】由上可知：，在中，由余弦定理得，則，，又因?yàn)槠矫?，二面角的大小為，則，如圖所示，由（1）知，以所在直線分別為軸，軸，以過(guò)O垂直于底面ABC的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則軸面，可得坐標(biāo)如下：，則，.設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為，則，令，則，即，，令，則，即，記平面與平面的夾角為.21.已知函數(shù)，．（1）證明：存在唯一零點(diǎn)；（2）設(shè)，若存在，使得，證明：．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）證明見(jiàn)解析【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)函數(shù)求單調(diào)性，結(jié)合即可求解.（2）由題意可得，若是方程的根，則是方程的根，所以，，再利用導(dǎo)函數(shù)求的最小值即可.【小問(wèn)1詳解】由題意可得，記，則，因?yàn)闀r(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，因?yàn)椋栽谏虾阈∮?，在上恒大于0，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，因?yàn)?，所以有唯一零點(diǎn)0．【小問(wèn)2詳解】由可得，若是方程的根，則是方程的根，因?yàn)?，都單調(diào)遞增，所以，，設(shè)，，所以的解為，的解為，所以在上遞減，在上遞增，所以的最小值為，即的最小值為．故原不等式成立.【點(diǎn)睛】當(dāng)函數(shù)的一階導(dǎo)數(shù)符號(hào)不好判斷時(shí)，常利用二階導(dǎo)數(shù)判斷一階導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得到一階導(dǎo)數(shù)大于0和小于0的區(qū)間.22.已知函數(shù).（1）當(dāng)時(shí)，討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求的取值范圍.【答案】（1）的增區(qū)間為，減區(qū)間為．（2）【解析】【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號(hào)后可得函數(shù)的單調(diào)性；（2）就分類討論，后者可結(jié)合導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，根據(jù)函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)得到最值的符號(hào)，從而得到的取值范圍，注意利用零點(diǎn)存在定理檢驗(yàn)