2024届广东省新改革高三模拟高考预测卷三（九省联考题型）数学试卷

这是一份2024届广东省新改革高三模拟高考预测卷三（九省联考题型）数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．（本题5分）数据2，3，5，5，6，7，8，8，9，10的分位数为（ ）
A．6B．7C．8D．7.5
2．（本题5分）圆心在抛物线上，且与直线相切的圆一定过的点是（ ）
A．B．
C．D．
3．（本题5分）已知数列是等差数列，，则（ ）
A．B．C．D．
4．（本题5分）已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
其中所有正确的序号为（ ）
A．②④B．③④C．④D．①③
5．（本题5分）将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．（本题5分）已知非零向量与满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．（本题5分）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（本题5分）已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（本题6分）关于函数的性质，下列叙述正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．是偶函数
C．的图象关于直线对称D．在区间上单调递增
10．（本题6分）已知是复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．若，则的最小值为1
11．（本题6分）已知定义域为的函数，满足 ，且，，则（ ）
A．B．是偶函数
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知命题p：，，请写出一个满足“p为假命题”的整数m的值： .
13．（本题5分）已知是边长为4的正三角形，是边上的中线．现将沿折起，使二面角等于，则四面体外接球的表面积为 ．
14．（本题5分）若，设的零点分别为，则 ， .（其中表示a的整数部分，例如：）
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本题13分）已知函数有极值点
(Ⅰ)求函数的单调区间及的取值范围；
(Ⅱ)若函数有两个极值点，且求的值.
16．（本题15分）我校教研处为了解本校学生在疫情期间居家自主学习情况，随机调查了120个学生，得到这些学生5天内每天坚持自主学习时长（单位：小时）的频数分布表，假如每人学习时间长均不超过5小时．
(1)估计这120个学生学习时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)以表中的分组中各组的频率为概率，校领导要从120名学生中任意抽取两名进行家长座谈．若抽取的时长，则赠送家长慰问金100元；抽取的时长，则赠送家长慰问金200元；抽取的时长，则赠送家长慰问金300元．设抽取的2名学生家长慰问金额之和为，求的分布列及数学期望．
17．（本题15分）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，，，.
(1)证明：四棱锥是一个“阳马”；
(2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求直线与底面所成角的正切值.
18．（本题17分）已知椭圆方程E：的左焦点为F，直线（）与椭圆E相交于A，B，点A在第一象限，直线与椭圆E的另一点交点为C，且点C关于原点O的对称点为D．
(1)设直线，的斜率分别为，，证明：为常数；
(2)求面积的最大值．
19．（本题17分）若有穷数列满足：，则称此数列具有性质.
(1)若数列具有性质，求的值；
(2)设数列A具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列A为等差数列；
(3)把具有性质，且满足（为常数）的数列A构成的集合记作.求出所有的，使得对任意给定的，当数列时，数列A中一定有相同的两项，即存在.
时长
学生数
30
24
40
16
10
参考答案：
1．D
【详解】，从小到大第6个数据为7，第7个数据为8，
故分位数为.
故选：D
2．B
【详解】解：抛物线的标准方程为：，
抛物线的准线方程为，焦点为．
设动圆圆心为，则到的距离：．
动圆与直线相切，
到直线的距离为动圆半径，即动圆半径为，即为圆上的点．
此圆恒过定点．
故选：B．
3．B
【详解】本题考查等差数列的性质和简单的三角运算．
由，故，则，
所以．
故选：B
4．B
【详解】对于①：如果，，也能满足条件，①错误；
对于②：与相交或异面也能满足条件，②错误；
对于③：因为，，则，又因为，所以，③正确；
对于④：因为，所以平面内必有直线，又因为，所以，
因为，，所以，而，所以，④正确.
故选：B
5．B
【详解】由题得任意放球共有种方法，如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种，
所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法．
由古典概型的概率公式得恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为，
故选:B
6．B
【详解】因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，
由，可得的角平分线与垂直，
所以为等腰三角形，且，
又，得，所以，
又，所以,
所以为等边三角形，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：B.
7．C
【详解】因为，得．
由余弦定理得，
所以，即．
由正弦定理得，
因为，则，
所以，即．
因为是锐角三角形，所以，，所以．
又在上单调递增，所以，则．
因为是锐角三角形，所以，，，
所以，
由正弦定理得
，
令，因为，所以．
在上单调递增，
当时，，当时，，
故
故选：C．
8．A
【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
∴双曲线的离心率取值范围是.
故选：A.
9．BCD
【详解】做出函数的图象，且函数的定义域为，
由函数的图象可知，最小正周期为π，A错误；
又，所以是定义域上的偶函数，B正确；
根据函数的图象知，的图象关于直线对称，C正确；
根据的图象知，在区间上单调递增，D正确．
故选：BCD．

10．CD
【详解】对于A，设，则，但，故A错误；
对于B，令，满足，故B错误；
对于C，设，则所以，则，所以，故C正确；
对于D，设，则，
即，表示以为圆心，半径为1的圆，
表示圆上的点到的距离，故的最小值为，故D正确.
故选：CD
11．BCD
【详解】对于A项，由，
令，则，故A项错误；
对于B项，令，则，
因，故，
令，则①，
知函数关于点成中心对称，
令，则，
令，则②，
由①可得：③，由①③ 可知：，
且函数的定义域为，则函数是偶函数，故B项正确；
对于C项，令，则，
因，，，
故得：，故C项正确；
对于D项，由上可知：，则，
故函数的一个周期为8.
令，则，即有，
因函数是偶函数，故有，
由函数的一个周期为8，则，
由上知：，
于是：，
则，故D项正确.
故选：BCD.
12．（答案不唯一）
【详解】由命题p：，为假命题，
则恒成立，
得，解得，
所以整数m的值可为，0，1（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）.
13．
【详解】因为是正三角形，且是边上的中线，
所以，且，平面，
所以平面；
记的中点为，的外接圆圆心为，
过作平面的垂线，则球心在该垂线上，连接，
因为二面角等于，所以，
由正弦定理可知，所以，
由垂径定理以及线面垂直的性质易知四边形是矩形，
所以，
所以，即外接球的半径，
所以外接球的表面积为，
故答案为：.
14．
【详解】令，则，利用对数恒等式，原式等价变为：，
下令，于是，由可知在上递减，
上递增，在取到极小值，，且，，
可作出大致图像如下：
结合图像，可能有如下情形：
由的单调性可知，若均在中的一种时，则有.
记，，即在上递增，由，则，故，使得；
显然在上递增，由，故时，，故时，；
又，故，使得，故时；
不可能均满足，事实上，由，得到，这与矛盾.
于是时，由可以推出：.
设，，由在上单调递增，故在上单调递增，又，，即，故，使得，且时，，递减，时，，递增，故，由，可得，由，根据基本不等式，（等号取不到），故，又，，故存在，使得；
，显然，故，即；
，显然，故，即.
由，故，使得.
注意到，故.
综上讨论，当时原方程有两个根：，；
虽说，，根据上述讨论，在上无实根.即时，有两个零点：，.
当时，，而时，，，而在处无定义，不可能有，即时，无零点；
当时，注意到且时，，又，故时，存在零点，即，使得，若，且，不妨设，由于均在上单调递增，故，，在上递减，在递增，故，于是是唯一实根.
综上所述，原函数有，，三个零点，.
故答案为：
15．(I)的增区间为，，减区间为，或；(II) ．
【详解】(I)求单调区间先求导，，解得或，
令，解得
∴的增区间为，，减区间为.
（II)极值点即为导数零点得
即
解得或
∵或，则
16．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【详解】（1）这120个学生学习时长的平均数．
（2）依题意可得的概率为，
的概率为，的概率为．
的所有可能取值为200，300，400，500，600，
，，
，
，，
则的分布列为
故．
17．(1)证明见解析;
(2).
【详解】（1）四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
（2）由（1）得平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
，，
平面，直线与底面所成角的正切值为.
18．(1)证明见解析
(2)3
【详解】（1）由题意知，，若，此时直线的斜率不存在，不合要求，舍去，
设，，，此时，
则，，，
又①，②，
式子①－②得，
所以；
（2）由题意可知，三角形面积等于三角形的面积2倍，
椭圆左焦点F为，可设直线方程为，
联立方程组，
即，
故，，
所以三角形的面积为
，
令，，
由对勾函数性质可得在单调递增，
故，当且仅当取得最小值成立，
所以，当且仅当，即时成立，
三角形的面积的最大值为，
所以面积的最大值为3.
19．(1)2；2；4
(2)证明见详解
(3)
【详解】（1）由已知可得数列共有5项，所以，
当时，有，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
（2）数列A具有性质，且为奇数，令，
可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有
即，
这说明：为公差为的等差数列，再数列A具有性质，
以及可得，数列A为等差数列；
（3）当时，
设A：，，， ，，
由于数列具有性质，且满足，
由和，得，
当时，不妨设，此时：，，此时结论成立，
当时，同理可证，所以结论成立.
当时，不妨设，反例如下：
当时，不妨设，反例如下：
综上所述，符合题意.
200
300
400
500
600