2024年广东省衡水金卷大联考高考数学模拟试卷（2月份）（含解析）

这是一份2024年广东省衡水金卷大联考高考数学模拟试卷（2月份）（含解析），共17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。
1.已知集合A={x∈Z|x2≤5}，B={−3,−2,−1,0,12,1}，则A∪B中元素的个数为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.已知在△ABC中，AB=2，AC=1，csA=56，则BC=( )
A. 1B. 52C. 53D. 153
3.若(a−2b)20=x0a20+x1a19b+x2a18b2+…+x19ab19+x20b20，则x19=( )
A. −20B. −20×219C. −219D. 20×219
4.若sinα=− 32，α∈(−3π2,−π2)，则α=( )
A. −2π3B. −3π4C. −5π4D. −4π3
5.若定义在R上的函数f(x)满足f(x2)=−f(−x2)，则下列结论一定正确的为( )
A. f(x)的图象关于原点对称B. f(x)的图象关于y轴对称
C. f(x)的图象关于点(1,0)对称D. f(x)的图象关于直线x=1对称
6.已知点P是曲线Γ：x24−y24=1在第一象限内的一点，A为Γ的左顶点，R为PA的中点，F为Γ的右焦点.若直线OR(O为原点)的斜率为 5，则△PAF的面积为( )
A. 10+ 5B. 10− 5C. 3 2+3D. 3 2−3
7.在某电路上有C、D两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换C元件的概率为0.2，需要更换D元件的概率为0.1，则在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是( )
A. 310B. 150C. 913D. 34
8.在各棱长都为2的正四棱锥V−ABCD中，侧棱VA在平面VBC上的射影长度为( )
A. 2 63B. 2 33C. 3D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若z满足z+z−=6，|z|=|z−2i|，则( )
A. z的实部为3
B. z的虚部为1
C. z3−i=1−3i2
D. z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为3
10.已知a=(2,1)，b=(1,−1)，c=(x,2)，则( )
A. 若x=0，则存在唯一的实数p，q，使得a=pb+qc
B. 若x=1，则a⊥c
C. 若x=4，则a/​/c
D. 若x=1，则c在b上的投影向量为(−12,12)
11.若过点(a,b)可作曲线f(x)=x2lnx的n条切线(n∈N)，则( )
A. 若a≤0，则n≤2
B. 若00，
即m=3n= 5，
即P(3, 5)，
则△PAF的面积为12×|AF|×|yP|=12×(2 2+2)× 5= 10+ 5．
故选：A．
由双曲线的性质，结合斜率公式及三角形的面积公式求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了三角形面积的求法，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：设事件C表示“需要更换C元件”，事件D表示“需要更换D元件”，
事件A表示“在某次通电后C、D有且只有一个需要更换”，
则P(C)=0.2，P(D)=0.1，P(A)=0.2×0.9+0.8×0.1=0.26，
P(AC)=0.2×0.9=0.18，
∴在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是：
P(C|A)=P(AC)P(A)=．
故选：C．
设事件C表示“需要更换C元件”，事件D表示“需要更换D元件”，事件A表示“在某次通电后C、D有且只有一个需要更换”，利用条件概率能求出在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率．
本题考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：把正四棱锥V−ABCD放入正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
则V是上底面的中心，取A1B1的中点E，C1D1的中点F，
连接EF，BE，CF，由图可知，过A作AG⊥BE，垂足为G，
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
BC⊥平面ABB1A1，AG⊂平面ABB1A1
所以BC⊥AG，BC∩BE=B，BC，BE⊂平面EFCB，
所以AG⊥平面EFCB，
所以侧棱VA在平面VBC上的射影为VG，
由已知得AA1= 2，EB= AA12+(AB2)2= 3，
所以12×2× 2=12× 3×AG，
所以AG=2 2 3，
所以VG= VA2−AG2= 22−(2 2 3)2=2 33．
故选：B．
把正四棱锥V−ABCD放入正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，证出AG⊥平面EFCB，得到侧棱VA在平面VBC上的射影为VG即可求解．
本题考查空间线面关系的应用，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
因为z+z−=6，所以a+bi+a−bi=6，即a=3，故选项A正确；
因为|z|=|z−2i|=|a+(b−2)i|，所以 a2+b2= a2+(b−2)2，
所以 9+b2= 9+(b−2)2，解得b=1，故选项B正确；
由上可知，z=3+i，
所以z3−i=3+i3−i=(3+i)(3+i)(3−i)(3+i)=9+6i−110=4+3i5，即选项C错误；
设z对应的向量为OZ=(3,1)，其与实轴正方向夹角为θ，
则tanθ=13，
所以z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为13，即选项D错误．
故选：AB．
设z=a+bi(a,b∈R)，由z+z−=6，求得a=3，可判断A；根据复数模的计算方法，求得b=1，可判断B；由复数的除法运算法则，可判断C；根据复数的几何意义，可判断D．
本题考查复数的定义与几何意义，复数的四则运算法则，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：当x=0时，
则c=(0,2)，
b，c不共线，可以作为一组基向量，
由平面向量基本定理可知，存在唯一的实数p，q，使得a=pb+qc，故A正确；
若x=1，
则a⋅c=2×1+1×2=4，故B错误；
若x=4，
则c=2a，所以a/​/c，故C正确；
x=1，
则c=(1,2)，
故c⋅b=−1，|b|= 2，
故c在b上的投影向量为：c⋅b|b|×b|b|=−12b=(−12,12)，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合平面向量基本定理，向量共线、垂直的性质，以及投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查平面向量基本定理，向量共线、垂直的性质，以及投影向量的公式，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：设切点(x0,x02lnx0)，则f′(x0)=2x0lnx0+x0，
切线为y−x02lnx0=(2x0lnx0+x0)(x−x0)，
代入(a,b)整理得(2x0lnx0+x0)a−x02lnx0−x02−b=0，
令g(x)=(2xlnx+x)a−x2lnx−x2−b，
g′(x)=(2lnx+3)a−2xlnx−3x=(2lnx+3)(a−x)，
令g′(x)=0，
得x1=a，x2=e−32，
当a≤0时，g(x)在(0,e−32)单调递增，在(e−32,+∞)上单调递减，
g(e−32)=−2a⋅e−32+12⋅e−3−b，g(x)至多有2个零点，故A正确；
当a∈(0,e−32)时，g(x)在(0,a)，(e−32,+∞)上单调递减，在(a,e−32)上单调递增，
g(a)=a2lna−b，
g(e−32)=−2ae−32+12⋅e−3−b，
当b=a2lna时，g(a)=0，且x→+∞时，g(x)→−∞，所以n=2，B正确；
若n=3，则g(a)0，则a>89，f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+a[x12+x22−3(x1+x2)+4]=7a4−1+ln(12a)=7a4−1−ln2a，令g(a)=74a−1−ln2a(a>89)，证明g(a)是增函数即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设P点坐标(x,y)，又C1(−1,0)，C2(1,0)，
所以C1P=(x+1,y),C2P=(x−1,y)，
则4C1P⋅C2P=4[(x+1,y)⋅(x−1,y)]=4x2−4+4y2=3x2，
整理得x2+4y2=4，
故轨迹C的方程为x24+y2=1；
(2)①证明：设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，
则x0=x1+x22,y0=y1+y22，
即x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，
由x124+y12=1x224+y22=1，可得x12−x224+y12−y22=0，
即(x1+x2)(x1−x2)4+(y1+y2)(y1−y2)=0，
所以y1−y2x1−x2×y1+y2x1+x2=−y1−y2x1−x2×2y02x0，
又kAB=y1−y2x1−x2,kON=y0x0，即kAB⋅kOM=−14≠0，
由于直线l与直线ON的斜率乘积为负数，
所以两直线的斜率一正一负，所以直线l与直线ON相交，得证；
②由①可知，kAB=−14kOM=−x04y0，
故lAB：y−y0=−x04y0(x−x0)，
又因为DE⊥AB，故kDE=−1kAB=4y0x0，
故lDE：y−y0=4y0x0(x−x0)，
设N(xN,yN)，点N在直线DE上，
则yN−y0=4y0x0(xN−x0)，kON=yNxN，kDE=−1kAB=4y0x0，
又由①同理可得kON⋅kDE=−14，即yNxN×4y0x0=−14，
由yN−y0=4y0x0(xN−x0)yNxN×4y0x0=−14，得yN=−3x02y0x02+64y02，
设T(xT,yT)，代入yNxN×4y0x0=−14，得kON=−x016y0，
所以lON：y=−x016y0x，
又lAB：y−y0=−x04y0(x−x0)，
联立y−y0=−x04y0(x−x0)y=−x016y0x，解得yT=−x02+4y0212y0，
易知点T与点N在x轴同侧，故点N在线段OT上，即ON与NT同向，
故λ=|ON||OT|−|ON|=1|OT||ON|−1，
又因为|OT||ON|=|yT||yN|=−x02+4y0212y0−3x02y0x02+64y02=136×(x02+4y02)(x02+64y02)x02y02
=136×(256y02x02+x02y02+68)⩾136×(2 256y02x02+68)
=136×(2×16+68)=259，即|OT||ON|⩾259，
当且仅当y02x02=x02y02，即x02=16y02时，等号成立，
故|OT||ON|−1⩾169，所以1|OT||ON|−1⩽916，即λ=1|OT||ON|−1⩽916，
所以λ的最大值为916．
【解析】(1)由向量数量积的坐标运算，化简即可得轨迹方程；
(2)①通过点差法证明直线l与直线ON的斜率乘积为负数，从而证得l与ON相交；
②由ON=λNT(λ>0)，求得λ=|ON||OT|−|ON|=1|OT||ON|−1，结合基本不等式求得|OT||ON|⩾259，即可得λ的最大值．
本题主要考查了圆锥曲线的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，以及函数的单调性和最值的计算，属难题．
19.【答案】(1)解：不是的，理由如下：
如等差数列{−12,−1,−32,−2,⋯},T2=a1a2=12∉{−12,−1,−32,−2,⋯}，
所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的；
(2)解：{an}是等比数列，其首项a1=2，公比为q，
所以an=a1⋅qn−1=2qn−1(n∈N*)，
所以Tn=a1a2⋯an=2nq1+2+⋯+(n−1)=2nqn(n−1)2，
由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn=am成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得2nq(n−1)n2=2qm−1成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得qn(n−1)2−(m−1)=21−n成立，
①当m=(n+1)n2≥1时，得(n−1)n2−(m−1)=1−n，所以q=2；′
②当m=(n−1)n2+(2−n)=n2−3n+42≥1时，得[(n−1)n2−(m−1)]+(1−n)=0，且q=12，
综上，q=2或12；
(3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，an=a1qn−1=a1n⋅(qa1)n−1，
令bn=a1n,cn=(qa1)n−1，则an=bn⋅cn(n∈N*)，
下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的，
因为bn=a1n，所以Tn=a11+2+⋯+n=a1n(n+1)2，
取正整数m=n(n+1)2得，Tn=bm，
所以{bn}对前n项之积是封闭的，
同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，
使得an=bn⋅cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的．
【解析】(1)取数列{−12,−1,−32,−2,⋯}，结合题中定义验证可得出结论；
(2)由an=a1⋅qn−1=2qn−1(n∈N*)，得Tn=2nqn(n−1)n2，进而q(n−1)n2−(m−1)=21−n，讨论当m=(n+1)n2和当m=(n−1)n2+(2−n)时，分别求得q；
(3)设an=a1qn−1=a1n⋅(qa1)n−1，令bn=a1n⋅cn=(qa1)n−1，得an=bn⋅cn(n∈N*)，再利用定义证明{bn}、{cn}对前n项之积都是封闭的．
本题考查了数列的综合应用，属于难题．