精品解析：广东省广州市执信中学2024届高三上学期大湾区数学冲刺卷（一）

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数学（新高考I卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
（2024上·湖北·高三统考期末）
1. 定义全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数性质求集合B，进而结合集合间的运算求解.
【详解】因为在定义域内单调递增，且，
可得，即，
则，所以.
故选：A.
（2024上·河北保定·高三河北阜平中学校联考期末）
2. 若虚数是关于的方程的一个根，且，则（ ）
A. 6B. 4C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】设复数，将其代入方程求得，，然后利用复数即可求解.
【详解】依题意，设（且），
代入方程，得，
整理得．
所以，解得，
因为，即，所以．
故选：C．
（2024上·河北保定·高三河北阜平中学校联考期末）
3. 已知向量，，，若正实数，满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示求得，从而得解..
【详解】因，，，
所以，
所以，解得，
所以.
故选：A.
（2023·全国·模拟预测）
4. 已知函数在上有两个零点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化一，再令求出，进而可得出答案.
【详解】因为在上有两个零点，
所以，，
所以或，所以或，
又，故，，故，
故.
故选：B．
（2024上·甘肃·高二统考期末）
5. 《周碑算经》记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），夏至､小暑､大暑､立秋､处暑､白露､秋分､寒露､霜降､立冬､小雪､大雪是连续十二个节气，其日影子长依次成等差数列.经记录测算，夏至､处暑､霜降三个节气日影子长之和为16.5尺，这十二节气的所有日影子长之和为84尺，则大雪的日影子长为（ ）
A. 1尺B. 1.5尺C. 11.5尺D. 12.5尺
【答案】D
【解析】
【分析】设夏至的日影长为，公差为，根据题意，列出方程组，求得，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降、立冬、小雪、大雪是连续十二节气，其日影之长依次成等差数列，
设夏至的日影长为，公差为，
经记录测算，夏至、处暑、霜降三个节气日影子长之和为尺，
这十二节气的所有日影子长之和为84尺，
所以，解得，
所以大雪的日影子长为（尺）.
故选：D.
6. 我国某科技公司为突破“芯片卡脖子问题”实现芯片国产化，加大了对相关产业的研发投入.若该公司计划2020年全年投入芯片制造研发资金120亿元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长9%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200亿元的年份是（ ）参考数据：
A. 2024年B. 2023年C. 2026年D. 2025年
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数模型列不等式求解．
【详解】依题意，第n时投入资金为亿元，
设2020年后第n年该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元，
则得，
两边同取常用对数，得，所以，
所以从2026年开始，该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元.
故选：C．
（2023上·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）
7. 设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可
【详解】对于正四面体，其离散曲率；
对于正八面体，其离散曲率；
对于正十二面体，其离散曲率；
对于正二十面体，其离散曲率；
因为，所以，
故选：B.
（2024·陕西商洛·统考模拟预测）
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，二次求导，得到单调性，得到，再变形得到，故构造，求导得到其单调性，比较出，得到答案.
【详解】设，
设0，所以，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
根据已知得，
可设，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
综上，.
故选：D.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（2023上·全国·高三专题练习）
9. 2022年7月下旬，某省遭遇特大洪涝灾害，某品牌服饰公司第一时间向该省捐赠5 000万元物资以援助抗灾，该品牌随后受到消费者青睐，如图为该品牌服饰某分店1～8月的销量（单位：件）情况.以下描述正确的是（ ）

A. 这8个月销量的极差为4 132
B. 这8个月销量的中位数为2 499
C. 这8个月中2月份的销量最低
D. 这8个月中销量比前一个月增长最多的是7月份
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题图结合极差，中位数的计算来判断各选项即可.
【详解】对于A，这8个月销量的极差为，故A正确；
对于B，这8个月的销量从小到大依次为712，1 433，1 533，1 952，2 822，3 046，4 532，4 844，
所以这8个月销量的中位数是，故B不正确；
对于C，由题图可知，这8个月中2月份的销量最低，故C正确；
对于D，由题图可知，这8个月中销量比前一个月增长最多的是7月份，
增加了，故D正确.
故选：ACD.
（2023上·河北石家庄·高二石家庄精英中学校考阶段练习）
10. 己知直线l的方程为,则下列说法正确的是（ ）
A. l与直线有唯一的交点
B. l与椭圆一定有两个交点
C. l与圆一定有两个交点
D. 满足与双曲线有且只有一个公共点的直线l有2条
【答案】AC
【解析】
【分析】判断出直线过定点，然后根据定点与其他曲线的位置关系判定正误.
【详解】直线l过定点，
对于A，法向量为，法向量为，
因为，，所以两条直线垂直，有唯一交点，故A正确；
对于B，M为椭圆的上顶点，则直线l与椭圆相交或相切，有一个或两个交点，故B错误；
对于C，因为，所以M在圆内，l与圆一定有两个交点，故C正确；
对于D，如图，满足题意的直线有4条，两条与双曲线相切，两条与渐近线平行，故D错误.
故选：AC.
（2023上·河北石家庄·高三校联考期末）
11. 在边长为1的正方体中，动点满足．下列说法正确的是（ ）
A. 四面体的体积为
B. 若，则的轨迹长度为
C. 异面直线与所成角的余弦值的最大值为
D. 有且仅有三个点，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，由题意可得点的轨迹在内，利用等体积法转换即可；对于B，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，利用解三角形知识求出圆心角弧度即可；对于C，由题意为异面直线与所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；对于D，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断.
【详解】如图所示，

连接，由，
可得点的轨迹在内（包括边界）．
因为平面平面，
所以，故A正确．
易知平面，设与平面相交于点．
由于，
则点到平面的距离为．
若，则，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
如图所示，

在中，，，设，
由余弦定理得，解得，
则，
所以的轨迹长度为，故B错误．
因为，所以为异面直线与所成的角，
则，所以，故C正确．
由三垂线定理可知，又平面，要使得，
则点在以为直径的圆上，所以存在无数个点，使得，故D错误．
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是利用空间向量推得的所在位置，从而得解.
（2023下·江苏淮安·高一淮阴中学校考期中）
12. 已知，且，，是在内的三个不同零点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意结合正弦函数的图像性质，解出，，，即可判断选项A、B，将根据诱导公式化为，分子分母同乘，结合倍角公式即可判断C，将分子分母同乘，结合积化和差公式进行化简即可判断D.
【详解】由题知，，是的三个根，
可化为，即，
所以可得或，，
解得或，，
因为，所以或或，
故可取，，，
所以选项A错误；
因为，所以选项B正确；
，
故选项C正确；
而
，
根据积化和差公式：，
所以原式可化为：
，故选项D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：此题考查三角函数的化简问题，属于中难题，关于化简问题常用的思路有：
（1）利用诱导公式将角化为关系比较接近的；
（2）遇见的形式，分子分母同乘，再用倍角公式化简；
（3）积化和差公式：，，，.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
（2024·全国·模拟预测）
13. 2023年10月18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行．在“一带一路”欢迎晚宴上，我国拿出特有的美食、美酒款待大家，让国际贵宾们感受中国饮食文化、茶文化、酒文化．这次晚宴菜单中有“全家福”“沙葱牛肉”“北京烤鸭”“什锦鲜蔬”“冰花锅贴”“蟹黄烧麦”“天鹅酥”“象形枇杷”．假设在上菜的过程中服务员随机上这八道菜（每次只上一道菜），则“沙葱牛肉”“北京烤鸭”相邻的概率为______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据元素相邻关系进行捆绑并结合排列问题得出结果.
【详解】服务员随机上这八道菜有种排法，
“沙葱牛肉”，“北京烤鸭”相邻有种排法，
所以所求概率．
故答案为：.
（2022上·陕西铜川·高二校考期末）
14. 我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题．如果，且数列为等差数列，那么数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列的前4项依次为1，3，6，10，则该数列的第10项为__________．
【答案】55
【解析】
【分析】根据二阶等差的定义可得，进而利用累加法即可求解.
【详解】由题意可得
故为等差数列，且公差为，首项为2，所以，
故，
因此
累加可得
所以
故答案为：55
（2024·全国·模拟预测）
15. 已知过原点的直线与双曲线交于M，N两点，点M在第一象限且与点Q关于x轴对称，，直线NE与双曲线的右支交于点P，若，则双曲线的离心率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先设出相关点的坐标，利用求得点坐标，推理证明（二阶结论），再利用和整体代入即得的齐次式，计算即得离心率.
【详解】
如图，设，则，,根据可得: ,故，
因点均为双曲线上的点，则
由①
因为，所以②，又③，
将②，③两式代入①式得：．故双曲线的离心率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的方程与几何性质以及关于双曲线的二阶结论 是否熟悉.关键在于能否建立四条直线的斜率之间的数量关系，通过代入消去未知量，得出的齐次式.
（2024·全国·模拟预测）
16. 已知函数．若有三个不同的根，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数研究函数单调性，画出草图，然后数形结合解出结果.
【详解】当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
又时，时，，所以；
当时，易知在上单调递减，所以．
作出函数的大致图象如图所示．
令，则数形结合可知方程有两个不同的实数根，分别记为，
且，而方程有两个不同的根等价于函数与的图象有两个不同的交点，且两个交点的横坐标分别为．
数形结合可知．令，令，解得．
故答案：
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
（2023上·陕西西安·高三统考阶段练习）
17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用乘法公式及余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，即可得到，最后由辅助角公式计算可得；
（2）由正弦定理可得，由余弦定理求出、，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，
所以，
所以，
由正弦定理可得，
又，所以，所以，即，
又，所以，所以，则.
【小问2详解】
因为，由正弦定理可得，又，由，
所以，解得或（舍去），
所以，所以.
（2023·全国·模拟预测）
18. 已知数列的前项和满足，且数列中的第2项、第5项、第14项依次组成某等比数列的连续3项（公比不等于1）．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，且数列的前项和为，求的最大值与最小值．
【答案】（1），；
（2）最大值，最小值.
【解析】
【分析】（1）分和两种情况，利用关系及等差数列定义，再由等比中项、等差通项公式列方程求公差，即可得通项公式．
（2）由（1）得通项公式，裂项相消求，分为奇数和偶数两种情况讨论求最值．
【小问1详解】
当时，；
当时，，，
则①，故②，
由②－①得，即，
所以(，且)，数列为等差数列，
设其公差为，则，，．
又，则，解得或（舍去），
所以，又也符合上式，故数列的通项公式为，．
【小问2详解】
由题得，
．
当为奇数时，，当时有最大值，且；
当为偶数时，，当时有最小值，且．
综上，有最大值，最小值．
（2024·全国·模拟预测）
19. 如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，四边形是梯形，且，为底面圆周上一点，点在上．
（1）若，求证：平面；
（2）当时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取线段的中点，连接，证明平面，连接，证明平面，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值后利用同角三角函数基本关系求二面角的正弦值.
【小问1详解】
取线段的中点，连接．
因为，所以且，
因此四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
连接，因为，所以，
又平面平面，所以平面，
而平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
【小问2详解】
由圆锥的对称性不妨取点为如图所示位置，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
于是，
设平面的法向量为，
则，得，
取，可得，
设平面的法向量为，
则，得，
取，可得，
所以，
故二面角的正弦值为．
（2024上·辽宁沈阳·高一统考期末）
20. 已知甲箱中有4个大小、形状完全相同的小球，上面分别标有大写英文字母、和小写英文字母、；乙箱中有个与甲箱大小、形状完全相同的小球，上面分别标有数字1，2，…，
（1）现从甲箱中任意抽取2个小球，求恰好一个小球上面标有大写英文字母、另一个小球上面标有小写英文字母的概率；
（2）现从乙箱中任意抽取1个小球，设=“所抽小球上面标注的数字”，记事件=“”，事件=“”，若事件与事件独立，求的值；
（3）在（2）的条件下，现将甲、乙两箱的小球都放入丙箱，充分摇匀，然后有放回地抽取3次，每次取1个小球，求这3个小球中至少有2个小球上面标有英文字母的概率．
【答案】（1）；
（2）6； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用列举法，结合古典概率公式计算即得.
（2）求出事件、、的概率，再利用相互独立事件的概率公式计算即得.
（3）将所求概率的事件分拆成互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式计算即得.
【小问1详解】
依题意，样本空间，共包含6个样本点，
记事件C=“恰好一个小球上面标注大写英文字母、另一个小球上面标注小写英文字母”，
则，共包含4个样本点，
所以事件C的概率为.
【小问2详解】
依题意，事件，事件，，
由事件与事件独立，得，即，解得，
所以的值为6.
【小问3详解】
由（2）知，丙箱中有10个小球，所抽小球上面标注英文字母的事件为，则，
记事件=“这3个小球中至少有2个标注英文字母”，则，
所以.
（2023·四川南充·统考一模）
21. 如图，椭圆的四个顶点为A，B，C，D，过左焦点且斜率为k的直线交椭圆E于M，N两点．
（1）求四边形的内切圆的方程；
（2）设，连结，并延长分别交椭圆E于P，Q两点，设的斜率为．则是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据对称性，利用等面积法即可求解半径，进而可求圆的方程，
（2）联立直线与椭圆的方程，可得，,进而根据两点斜率公式化简即可求解.
【小问1详解】
连接,则四边形为边长为的菱形，
由对称性可知，当圆与直线相切时，则与四边形的各个边相切，且圆心为坐标原点，
设内切圆半径，由于，
则由等面积法可得，故，
故圆的方程为：
【小问2详解】
设,则，
则直线的方程为，
联立可得，
即，
将代入上式可得，
化简得，
所以，所以，
，
故，
同理可得,
所以
由于直线方程为，所以，
故，
故存在，使得
（2024·全国·模拟预测）
22. 已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性．
（2）对任意的，，是否存在实数，使得当时，？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求函数的定义域及导函数，分类讨论，判断的正负即可得原函数单调性；
（2）构造函数，并求其导函数，判断函数的单调性并求其最小值，对参数分类讨论，结合函数单调性以及零点存在性定理分析证明.
【小问1详解】
由题意知，的定义域为， 且，
当时，则，
令，解得，令，解得，
可得在上单调递减，在单调递增；
当时，则有：
若，则，令，则，单调递增；
令，则或，单调递减；
若，则，令，则，单调递增；
令，则或，单调递减；
若，则，单调递减；
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递减，在上单调递增；
当时，均在，上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
【小问2详解】
存在实数，使得当时，，证明如下：
令，
则的定义域为，且，
令，则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
若，则，即，即，
于是对于任意的，都有当时，；
若，则，
记，，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，
所以在上单调递增，
所以当时，，
于是当时，，即，，
可得，
根据在上单调递增，由零点存在定理知，存在，使得，
且当时，，即．
综上可知，存在，使得当时，．
【点睛】关键点睛：求解本题第（2）问的关键：
（1）将不等式问题转化为函数的最值问题；
（2）根据最小值与0的大小关系进行分类讨论；
（3）零点存在定理的应用．