广东实验中学2023-2024学年高三数学大湾区冲刺卷三（新高考1）试卷+全解全析

这是一份广东实验中学2023-2024学年高三数学大湾区冲刺卷三（新高考1）试卷+全解全析，共23页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。

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。
1．（本题5分）已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用对数函数的定义域、一元二次不等式化简集合A、B，再根据集合的交并补运算求解即可.
【详解】因为，
则，，
因为全集，所以，或，
所以，A正确；，B错误；
，C错误；或，D错误，
故选：A.
2．（本题5分）下列关于某个复数的说法中，①②③④有且只有一个说法是错误的，则错误的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】根据复数的模的求法与四则运算，逐一验证，即可求解.
【详解】解：设,
若①正确，因为，即，
所以，解得:，，
若②正确，即，所以，，
若③正确，，不能得到，，
若④正确， ,即，，
综上，错误的是③，
故选：C.
3．（本题5分）已知向量，，若在方向上的投影向量为，则实数m的值为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】根据数量积公式，代入投影向量公式，即可求解.
【详解】由题可知，
向量在方向上的投影向量为，
所以，，
所以，得.
故选：B
4．（本题5分）已知函数在上的值域为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得，再利用值域可限定，解得的取值范围为.
【详解】由及可得，
根据其值域为，且，
由正弦函数图象性质可得，
即可得，解得.
故选：B
5．（本题5分）设命题：数列是等比数列，命题：数列和均为等比数列，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义、等比数列的定义计算可得.
【详解】设数列的公比为，
因为数列是等比数列，所以，
所以，所以数列为等比数列；
所以，所以数列为等比数列；
故是的充分条件；
若数列，明显数列和均为等比数列，
但，，所以数列不是等比数列；
故是的不必要条件；
故是的充分不必要条件.
故选：A
6．（本题5分）教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于等于.经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（参考数据：）（ ）
A．11分钟B．14分钟C．16分钟D．20分钟
【答案】A
【分析】由题意解出解析式中的参数，后解对数不等式求解即可.
【详解】由题意得，当时，，将其代入解析式，解得，
故解析式为，令，解得，
化简得，结合，可得，
故选：A
7．（本题5分）正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，，则的最小值为（ ）
A．24B．25C．48D．50
【答案】D
【分析】先由,再由，推出，，,再由向量的数量积的计算公式得到，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体的棱长为，
所以，
同理可得,,
又因为以A为球心且半径为1的球面上有两点M，N，,
所以，
由，则
因为，所以
当且仅当取等号，
此时，
所以
故的最小值为.
故选：D
8．（本题5分）过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】D
【分析】本题涉及到动点的轨迹，根据比例，经分析可知，所在轨迹为圆，结合圆的几何性质即可求解.
【详解】由题可知，在圆内，
令，且，
显然是的内比分点，设为其外比分点，
则，此时的中点为所在阿氏圆的圆心，

对每一个确定的实数，的最大值为
即重合时为对应圆的直径，
根据圆的对称性，如图，讨论的情况，而
当为直径时，
此时，所以
故的最大值为
当不为直径时，，，
且增减趋势相同，
由得，
显然接近于1时趋向无穷大，
此时的最大值趋向无穷大，
综上，的最小值为2.
故选：D
【点睛】方法点睛：本题涉及到动点到两个定点的距离之比为定值，此时该动点的轨迹为阿氏圆，结合阿氏圆分析点的位置再求的最值即可.
二、多选题（共20分）
9．（本题5分）人均国内生产总值是人们了解和把握一个国家或地区的宏观经济运行状况的有效工具，即“人均GDP”，常作为发展经济学中衡量经济发展状况的指标，是最重要的宏观经济指标之一.在国家统计局的官网上可以查询到我国2013年至2022年人均国内生产总值（单位：元）的数据，如图所示，则（ ）
A．2013年至2022年人均国内生产总值逐年递增
B．2013年至2022年人均国内生产总值的极差为42201
C．这10年的人均国内生产总值的80%分位数是71828
D．这10年的人均国内生产总值的增长量最小的是2020年
【答案】ABD
【分析】根据图中数据和极差、百分位数、增长量的定义判断.
【详解】由图可知，2013年至2022年人均国内生产总值逐年递增，A正确；2013年至2022年人均国内生产总值的极差为85698-43497=42201，B正确；因为10×80%=8，所以这10年的人均国内生产总值的80%分位数是.C不正确；由图中数据分析可知，2020年人均同内生产总值的增长为71828-70078=1750（元），是这10年中增长量最小的，D正确.
故选：ABD.
10．（本题5分）若函数的最小值为，则（ ）
A．当时，的图象关于点对称
B．当时，
C．存在实数与，使得
D．当时，将曲线向左平移个单位长度，得到曲线
【答案】BCD
【分析】A项，将得出函数表达式，即可求出对称点；B项，将代入，得出函数表达式，即可求出最小值；C项，将代入，得出函数表达式，即可得出最小值，进而得出与的关系；D项，将代入得出函数表达式，对图象平移即可得出平移后的表达式.
【详解】由题意，
A项，当时，，
当即时，函数关于对称，
∴的图象关于点对称，所以A错误．
B项，当时，，则，所以B正确．
C项，当时，，，
此时，所以C正确．
D项，当时，，将曲线向左平移个单位长度，得到曲线，
因为，所以D正确．
故选：BCD.
11．（本题5分）远看曲靖一中文昌校区紫光楼主楼，一顶巨大的“博士帽”屹立在爨园之中．其基础主体结构可以看做是一个倒扣的正四棱台．如图所示，过作底面的垂线，垂足为G．记，，，面与面所成角为，面与面所成角为x，，，，则（ ）

A．正四棱台的体积为
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据正四棱台的体积计算公式即可判断A选项；作出面与面的二面角，分别写出的表达式，即可判断B选项；根据，，，均为直角三角形．得到，即可判断C选项；作出面与面的二面角，通过余弦定理即可判断D选项.
【详解】对于A，根据正四棱台体积计算公式：
，所以A正确；
对于B，过G点作BC边的垂线交BC于H点，

因为，面，面，所以，
又面，
所以面，所以就为面与面所成角的二面角，
则，，则．所以B错误；
对于C，因为面，面，
所以，，，均为直角三角形．
所以,即．所以C正确；
对于D，过H点作的垂线，交于I，再在平面内过I作的垂线交BG于J．

易知此时面与面所成角的二面角就为．
设，则，．，
，
由余弦定理可知：，
，
，
，所以D正确．
故选：ACD．
12．（本题5分）已知定义在的函数满足：①对恒有；②对任意的正数，恒有．则下列结论中正确的有（ ）
A．
B．过点的切线方程
C．对，不等式恒成立
D．若为函数的极值点，则
【答案】ACD
【分析】由条件①结合导数的运算法则可设，再由条件②，求得，选项A，B易判断；对C，构造函数，利用导数证明即可；对D，利用导数判断极值点的范围，即可得证.
【详解】恒有，
，
可设（其中C为常数），
又对任意的正数恒有，
对任意的正数恒有，
，
，
，即，
对于A，由上式可得，故A正确；
对于B，，设切点为，则切线斜率为，
，化简得，解，
所以点 就是切点，所以切线方程为，故B错误；
对于C，令，，则，
令，可得，，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以，对恒成立，故C正确；
对于D，设，，
在上单调递增，且，，
所以使在上单调递减，在上单调递增，
为函数的极小值点且满足，，
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题属于导数的应用问题，难度较大.首先分析条件①，由导数的运算法则得，可设，再由条件②，代入运算求得，再根据导数知识可依次判断各个选项得解.
第II卷（非选择题）
三、填空题（共20分）
13．（本题5分）2023年12月6日上午，2023世界5G大会在郑州国际会展中心拉开帷幕．世界5G大会是全球5G领域国际性盛会，也是首次在豫举办．本次大会以“5G变革共绘未来”为主题，以持续推动5G不断演进创新为目标．现场邀请全球有影响力的科学家、企业家、国际组织负责人等参会，并进行高层次、高水平交流研讨．为确保大会顺利进行，面向社会招聘优秀志愿者，参与大会各项服务保障工作．现从包含甲、乙的6人中选派4人参与“签到组”、“服务组”、“物料组”、“机动组”四个不同的岗位工作，每人去一个组，其中甲、乙至少有一人参加且甲不去“签到组”的选派方法共有 种．（用数字作答）
【答案】
【分析】首先计算出所有的选派方式，再挑选出不合题意选派方式，即可计算出结果.
【详解】根据题意可知6人中选派4人参与选派方式共有种，
其中甲、乙都不参与的选派方式共有种，
其中甲、乙至少有一人参加且甲去“签到组”的选派方式共有种，
所以甲、乙至少有一人参加且甲不去“签到组”的选派方法共有种.
故答案为：
14．（本题5分）设是数列的前项和，写出同时满足下列条件数列的一个通项公式: .
①数列是等差数列； ②，； ③，
【答案】(答案不唯一)
【分析】利用等差数列的性质及求和公式计算即可.
【详解】设的公差为，则，
所以，作差可得，
故，即是以为公差的等差数列；
由，则；
由③可知，
不妨令，满足题意.
故答案为：.(答案不唯一)
15．（本题5分）如图.已知圆锥的轴截面为等边分别为，的中点.为底面圆周上一点.若与所成角的余弦值为.则 .

【答案】或
【分析】根据题意，表示出与所成角的平面角，利用余弦定理得到.
【详解】
连接，分别为，的中点.
则，，
所以（或其补角）为异面直线与所成的角，
所以，或.
又，
当时，，
当时，，
所以或.
故答案为：或.
16．（本题5分）给机器人输入一个指令（其中常数）后，该机器人在坐标平面上先面向轴正方向行走个单位距离，接着原地逆时针旋转后再面向轴正方向行走个单位距离，如此就完成一次操作.已知该机器人的安全活动区域满足，若开始时机器人在函数图象上的点处面向轴正方向，经过一次操作后该机器人落在安全区域内的一点处，且点恰好也在函数图象上，则 .
【答案】3
【分析】首先设点，再根据题意可得点，再根据题意可知，点在安全活动区域，以及点也在函数的图象上，且，再利用不等关系，利用基本不等式，即可求解.
【详解】由题意设，则一次操作后该机器人落点为，
即在安全区域内，所以且.
由，可知，
所以，即能成立.
又因为，且等号当且仅当，即时成立，
综上，.
故答案为：3
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）合肥一中云上农舍有三处苗圃，分别位于图中的三个顶点，已知,．为了解决三个苗圃的灌溉问题，现要在区域内（不包括边界）且与B,C等距的一点O处建立一个蓄水池，并铺设管道OA、OB、OC．
(1)设，记铺设的管道总长度为，请将y表示为的函数；
(2)当管道总长取最小值时，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据锐角三角函数即可表示，，进而可求解，
（2）利用，结合三角函数的最值可得，即可利用辅助角公式求解.
【详解】（1）由于,在的垂直平分线 上，
若设，则, ∴
则；
（2）令得
故，又，故则
此时：，即得
又，故,故
18．（本题12分）（1）已知：有理数都能表示成（，且，与互质）的形式，进而有理数集，且，与互质．
证明：（i）是有理数．
（ii）是无理数．
（2）已知各项均为正数的两个数列和满足：，．设，，且是等比数列，求和的值．
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；（2）
【分析】（1）（i）根据有理数的表示、等比数列求和可得答案；
（ii）假设是有理数，利用反证法可得答案；
（2）利用基本不等式可得，设公比为，可得，利用等比数列的定义得也为等比数列，再根据已知得此方程至多只有两个根可得答案.
【详解】（1）（i）因为，所以是有理数；
（ii）假设是有理数，则（，且与互质），
故①，所以存在，使得，代入①式可得，
所以存在，使得，这与互质矛盾．所以是无理数；
（2）因为为正项数列，所以，
类似地，可得，
因此，．又因为是正项等比数列，设其公比为，
若，则与矛盾，若，则与矛盾，所以，
又因为，所以，故也为等比数列，
又因为，所以，即*，
而此方程至多只有两个根，所以的公比，即，所以，
分将代入*式得，
解得或（舍去），
所以．
19．（本题12分）在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面，，分别为的中点.

(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AC得中点O，得，，可知平面，进而得结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面CMN与平面的法向量，根据向量的夹角公式求解.
【详解】（1）取得中点，连接，
，，，，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，；
（2）∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，
以OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系,如图，

则，
∴，
设为平面CMN的一个法向量，则，
取，则，故，
又为平面的一个法向量，
，，
故二面角的正弦值为.
20．（本题12分）我国风云系列卫星可以监测气象和国土资源情况.某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量（单位：dm）与遥测雨量（单位：dm）的关系，统计得到该地区10组雨量数据如下：
并计算得，，，，，.
(1)求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系；
(2)规定：数组满足为“I类误差”；满足为“II类误差”；满足为“III类误差”.为进一步研究，该地区水文研究人员从“I类误差”、“II类误差”中随机抽取3组数据与“III类误差”数据进行对比，记抽到“I类误差”的数据的组数为X，求X的概率分布与数学期望.
附：相关系数，.
【答案】(1)0.98，汛期遥测雨量y与人工测雨量x有很强的线性相关关系；
(2)分布列见解析， .
【分析】（1）根据参考公式和数据，代入求相关系数，即可判断相关性强或弱；
（2）根据条件可知X的所有可能取值为0，1，2，3，再根据超几何分别求分布列和数学期望.
【详解】（1）因为，
代入已知数据，
得.
（2）依题意，“I类误差”有5组，“II类误差”有3组，“III类误差”有2组.
若从“I类误差”和“II类误差”数据中抽取3组，
抽到“I类误差”的组数X的所有可能取值为0，1，2，3.
则，，
，.
所以X的概率分布为
所以的数学期望.
另解：因为，所以 .
21．（本题12分）设抛物线，过焦点的直线与抛物线交于点、.当直线垂直于轴时，.
(1)求抛物线的标准方程.
(2)已知点，直线、分别与抛物线交于点、.求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用弦长求解，即可求解抛物线方程；
（2）设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点.
【详解】（1）解：由题意，当直线垂直于轴时，直线的方程为，
联立可得，则，所以，即，
所以抛物线的方程为.
（2）证明：若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
同理可知，直线也不与轴重合，
设、，设直线的方程为，
联立得，，
因此，.
设直线的方程为，联立得，
则，因此，，则，同理可得.
所以.
因此直线的方程为，
由对称性知，定点在轴上，
令得，
，
所以，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22．（本题12分）一类项目若投资1元，投资成功的概率为．如果投资成功，会获得元的回报；如果投资失败，则会亏掉1元本金．为了规避风险，分多次投资该类项目，设每次投资金额为剩余本金的，1956年约翰·拉里·凯利计算得出，多次投资的平均回报率函数为，并提出了凯利公式．
(1)证明：当时，使得平均回报率最高的投资比例满足凯利公式；
(2)若，，求函数在上的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)有且仅有两个零点
【分析】（1）证法一：直接求导，令，得到，结合得到函数单调性，求出在取得最大值；
证法二：先对函数取对数，等价于的最值问题（方便求导），求导得到函数单调性，求出答案；
（2）得到，二次求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，得到在上至多两个零点，再根据特殊点的函数值和零点存在性定理得到至少有两个零点，从而得到有且仅有两个零点．
【详解】（1）证法一：因为，，
则，
即，
显然，令，故，
解得．
因为，所以，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在取得最大值．
证法二：由于，，，故，，．
要使得最大，等价于使得最大，
则，令，得．
因为，所以，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在取得最大值，即在取得最大值．
（2）因为，，，则，所以，
则，
故，则，
令，则．
当时，，故在上单调递增．
因为，，
故，使得，同时使得当时，；
当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，故在上至多两个零点．①
又因为，，，
注意到，故，则，
故．
由于，故在上至少有一个零点．②
由于，，，
故，
由于，故在上至少有一个零点．③
综合②③，故在上至少有两个零点．④
综合①④，则在上有且仅有两个零点
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
样本号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
人工测雨量
5.38
7.99
6.37
6.71
7.53
5.53
4.18
4.04
6.02
4.23
遥测雨量
5.43
8.07
6.57
6.14
7.95
5.56
4.27
4.15
6.04
4.49
0.05
0.08
0.2
0.57
0.42
0.03
0.09
0.11
0.02
0.26
0
1
2
3