广东省湛江第一中学2024届高三高考模拟数学试题

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一、单项选择题（下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请选出正确的选项.本题有8个小题，每小题5分，共40分）
1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法运算可求得，再由共轭复数和虚部定义即可求得结果．
【详解】由，
则，
所以，故的虚部为．
故选：B．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解二次不等式与求对数型函数定义域化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
，
所以.
故选：B.
3. 已知双曲线的右焦点为，若关于渐近线的对称点恰好落在渐近线上，则的面积为（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由点与点关于直线对称可得，，再由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】
设与渐近线的交点为，
由题意可知，，，
所以，
则.
故选：A
4. 已知直线与圆相交于两点，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先计算直线到圆心的距离，然后根据勾股定理得到，从而代入条件即可解出，从而得到.
【详解】如图所示：

设坐标原点到直线的距离为，则.
设线段的中点为，则，根据勾股定理，有.
由，得，故，解得，故.
故选：B.
5. 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2023年全年投入研发资金160万元，在此基础上，每年投入研发资金比上一年增长10%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：）
A. 2024年B. 2025年C. 2026年D. 2027年
【答案】C
【解析】
【分析】假设经过年后全年投入的研发资金开始超过200万元，列不等式求解即可.
【详解】假设经过年后全年投入的研发资金开始超过200万元，
即，所以，
因此超过200万元的年份是2026年．
故选：C．
6. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意要求函数的单调递增区间即求函数的递减区间即可求解.
【详解】由题意得，
要求的递增区间即求的递减区间，
当，，即，时，
单调递减，即单调递增，故B正确.
故选：B.
7. 在中，已知D为边BC上一点，，．若的最大值为2，则常数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令且，求得外接圆半径为，若，结合已知得点在圆被分割的优弧上运动，进而确定的最大，只需与圆相切，综合运用两点距离、圆的性质、正弦定理、三角恒等变换列方程求参数.
【详解】令且，即，则外接圆半径为，
若，的外接圆方程为，
所以，令圆心为，
即点在圆被分割的优弧上运动，如下图，
要使的最大，只需与圆相切，由上易知，
则，而，由圆的性质有，
中，，显然，
由，则，
所以，可得（负值舍），
故，而，
所以，
整理得，则.
故选：D
【点睛】关键点点睛：令且，得到点在圆被分割的优弧上运动为关键.
8. 已知，是函数的两个极值点，且，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求导由，是极值点，得，进而将不等式恒成立转化为，构造函数求得最小值，即可求出实数的取值范围.
【详解】由题意得，，，所以，是方程的两个正根，
所以，不等式恒成立，即恒成立；
又，
则，又，可得，则.
令，则，
所以在上单调递减，所以，故.
故选：B.
【点睛】解决极值点问题，通常求导转化为导数根的问题，结合韦达定理可将双变量问题转化为单变量问题；而恒成立问题，通常采用参变分离，转化为函数最值问题，利用导数加以解决.
二、多项选择题（本题有3个小题，每小题有多个选项符合题目要求，全对得6分，漏选得3分，错选0分.共18分）
9. 已知向量，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 的最大值为5D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出的关系，进而可判断D.
【详解】因为，，
所以，，
对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，
又，解得或，故B错误；
对于C，
，其中，
当时，取得最大值，故C错误；
对于D，若，则，
即，所以，
所以
，故D正确.
故选：AD.
10. 已知是定义在上的奇函数，且，若对于任意的，，都有，则（ ）
A. 的图象关于点中心对称B.
C. 在区间上单调递增D. 在处取得最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性、对称性、周期性、单调性的定义和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：由，得的图象关于直线对称；
又是定义在上奇函数，所以函数的图象关于原点对称；
由对称性可知，函数的图象关于点中心对称，
再根据是奇函数可得，函数的图象关于点中心对称，A错误；
对B：由与，
得，所以，B正确；
对C：因为对于任意的，，都有，所以在上单调递减，
又函数的图象关于点中心对称，则在上单调递减，
因为的图像关于直线对称，则在区间上单调递增，C正确；
对D：由C可知，在处取得最大值，，
则在处取得最大值，D正确.
故选：BCD.
11. 已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 无论M，N在何位置，为异面直线B. 若M是棱中点，则点P的轨迹长度为
C. M，N存在唯一的位置，使平面D. AP与平面所成角的正弦最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解.
【详解】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，
当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,
故， 且，
由于，故，化简得，
由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，
设,则，且，
，,
设平面的法向量为，则
，令，则,
，故，
由于，故，化简得，
联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，
由于平面，平面，故,
又四边形为正方形，所以,
平面，
所以平面，
故平面的法向量为
，
设AP与平面所成角为，则，
则，当且仅当时取等号，
，
x∈0,2时，令，则，
故，
由于，当且仅当，即时等号成立，此时，
由且可得
因此，
由于，，故的最大值为，故D正确，、
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
三、填空题（本题有3个小题，每题5分，共15分.）
12. 甲、乙两名篮球运动员在随机抽取的12场比赛中的得分情况如下：
甲：12，15，20，25，31，31，36，36，37，39，44，49．
乙：8，13，14，16，23，26，28，29，31，38，39，51．
则运动员甲得分的25百分位数与运动员乙得分的80百分位数的和为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数的计算规则计算可得；
【详解】解：因为，故运动员甲得分的25百分位数为从小到大排列的第3和4个数的平均数，为；
又，所以运动员乙得分的80百分位数为从小到大排列的第10个数，为，所以
故答案为：
13. 已知函数对称中心是，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式，结合三角函数的性质可得，进而求得，从而代入求解即可得解.
【详解】因为，其中，
又的对称中心是知，则两个相邻的对称中心相距，
故的最小正周期，即，则，
所以，解得，
故.
故答案为：.
14. 斜率为的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，且满足，点分别是的重心，点是的外心.记直线的斜率分别为，若，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，利用点差法可得，，结合已知求出即可求出离心率.
【详解】取的中点，依题意，点是中点，点分别在上，
设，由两式相减得，
直线斜率，直线斜率，则，
直线的斜率分别为，同理，又，
因此，解得，
所以椭圆的离心率.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦两个端点坐标，代入曲线方程作差求解.
四、解答题（本题有5题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分.）
15. 已知函数，
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在上的最小值为3，求实数的值.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可得解；
（2）分类讨论的取值范围，结合（1）中结论得到的最小值，进而得到关于的方程，解之即可得解.
【小问1详解】
因为，则，
当时，恒成立，故在上单调递增；
当时，令，得，
当时，，上单调递减；
当时，，上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
当，即时，由（1）知在上单调递增，
所以，即（舍去）；
当，即时，由（1）知在单调递减，在单调递增
所以，解得（舍去）；
当，即时，由（1）知在单调递减，
所以，解得；
综上所述，.
16. 如图，在直三棱柱中，，，，，为侧棱上一点，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，可得出，由，结合直线与平面垂直判定定理可证明出平面；
（2）方法一：设，由（Ⅰ）得知为二面角的平面角，计算出CO，利用锐角三角函数的定义求出；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；
（3）方法一：计算出三棱锥的体积，设点到平面的距离为，计算出的面积，由可计算出，即点到平面的距离；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；
【小问1详解】
在直三棱柱中，平面，
平面，，
又，，
，平面，平面，平面，
平面，．
，，、平面，
平面；
【小问2详解】
方法一：设，连接，由（1）知，平面．
平面，，，
为二面角的平面角，
在和中，，，
，，，
，在中，，
，，
在中，，．
因此，二面角的大小为；
方法二：以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则A3,0,0，，，
设点，则，
，，解得，.
设平面的一个法向量为m=x,y,z，
由，可得，
令，则，，∴平面的一个法向量为．
显然，是平面的一个法向量，，
结合图形知，二面角为锐角，它的大小为；
【小问3详解】
方法一：设点到平面的距离为，易知，
，
可知，
，即，，
因此，点到平面的距离为；
方法二：易知点到平面的距离为．
17. 已知椭圆的方程椭圆左、右焦点分别为，，点P是椭圆上的一点，.
（1）求的面积；
（2）在椭圆上找一点P，使它到直线：的距离最短，并求出最短距离.
【答案】（1）
（2）的坐标为，最短距离为
【解析】
【分析】（1）由余弦定理及三角形的面积公式求解即可；
（2）转化为求出与直线：平行的直线，利用平行线间的的距离求解.
【小问1详解】
已知椭圆C的方程为，
因为点P是椭圆C上的一点，且，
易得，，
在中，由余弦定理得，
整理得，
即，
又，解得，
则；
【小问2详解】
如图，

不妨设与直线：平行的直线与椭圆相切，
联立，消去y并整理得，①
因为，解得，
当时，直线与直线的距离；
当时，直线与直线的距离，
因为，所以符合题意，
将代入①式中，解得，
当时，，则点的坐标为，
故距离的最小值为.
18. 近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼.
（1）该校学生甲､乙､丙三人某周均从两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､乙､丙该周选择健身中心健身的概率分别为，求这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率；
（2）该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择健身中心的概率为.若丁周六选择健身中心，则周日仍选择健身中心的概率为；若周六选择健身中心，则周日选择健身中心的概率为.求丁周日选择健身中心健身的概率；
（3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其值低于1分的概率为0.02.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过.若抽取次数的期望值不超过23，求的最大值.
参考数据：.
【答案】（1）
（2）
（3）30
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式进行计算；
（2）设出事件，利用全概率公式进行求解；
（3）设抽取次数为，求出的分布列和数学期望，利用错位相减法求出，利用单调性，结合特殊值，求出答案.
【小问1详解】
由题意得这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率
.
【小问2详解】
记事件：丁周六选择健身中心，事件：丁周日选择健身中心，
则，
由全概率公式得.
故丁周日选择健身中心健身的概率为.
【小问3详解】
设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为，则，
设抽取次数为，则的分布列为
故，
又，
两式相减得，
所以
，
所以在时单调递增，
可知当时，；
当时，；
当时，.
若抽取次数的期望值不超过23，则的最大值为30.
19. 定义：已知数列满足．
（1）若，，求，的值；
（2）若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数p，使得，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；
（3）若数列为正项数列，证明：不存在实数A，使得．
【答案】（1），或
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为，即可得到结果；
（3）根据题意，分与S≠∅讨论，当S≠∅时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.
【小问1详解】
依题意，，显然；
故；
，
即或，则或．
【小问2详解】
，
对恒成立，
.
，
，
① 时,
当 , 且时,.
的集合为 且
② 时,
，
，
，
当, 且 时, .
的集合为 且
③且时, 的集合为
【小问3详解】
，；
设，
①若，则，，
对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），
当时，；
②若S≠∅，
ⅰ）若S为有限集，设，，
对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），
当时，；
ⅱ）若S为无限集，设，，
若，则，又，矛盾；
故；
记；
当时，，，；
因为，所以；
当时，，，
因为，故；
因为，故，
故对任意，取，当时，；
综上所述，不存在实数A，使得．
综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定于与数列综合问题，难度较大，解答本题的关键在于理解新定义的概念，以及结合数列的知识解答.
1
2
3