2024 年广州市普通高中毕业班冲刺训练题（一）数学试卷及参考答案

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1．C【详解】因为，
，因此，．故选：C．
2．A【详解】因为幂函数在上是增函数，
所以，解得.故选：A
3、D【详解】对于选项A，个数据从小到大排列，所以下四分位数即第25百分位数，，所以应该是第二个与第三个的平均数，故A不正确；
对于选项B， 因为，则，则，故B不正确；
对于选项C， 随机变量满足，则，故C不正确；
对于选项D，若，则，独立，，独立，，
故D正确.故选：D．
4. B【详解】 由可得，，，
，，
，即则使成立的最大正整数的值为18.故选：B．
5. B【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，
设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，
从而，故.设台体体积为，球体体积为，则
.
故选：B
6．C【详解】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，
对于A，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，A正确；
对于B， ，，B正确；
对于C，，所以，C错误.
对于D，，D正确，故选：C
7．D【详解】因为为锐角，所以，，
又，所以，
而，所以，，因此.故选：D．
8．D【详解】 ，令，
则，则在上单调递增，
由，为奇函数，得，则，
，
所以所以，不等式的解集为，故选
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
9. 【答案】AD
【详解】对于A，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，故 A正确；
对于B，取，但，故B错误；
对于C，当时，，而，故C错误；
对于D， ，故D正确；
故选 AD.
10.【答案】ABD
【详解】对于A，由及，得，所以，A正确．
对于B，由及，得，所以．同理可得．
又，所以，所以，B正确．
对于C，由及，得，所以，得，
所以，得，C错误．
对于D，由，得，所以．
因为，，所以，所以，D正确．
故选：ABD．
11．【答案】ABD
对于A，若，显然平面PAC截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；
对于B，因为，若与AB所成的角为，则N点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而，所以则N点的轨迹为双曲线，所以B正确；
对于C，若，则P在以A、C为焦点的椭球上且
，，所以，又因为点P为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，所以点的轨迹长度为，所以C错误，
对于D，，且为正三角形，若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确。故答案为ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．【答案】
【详解】在上的投影为，，则，即
又，平方得，则
即．故答案为：．
13．【答案】
【详解】由题意得， ，由此类推，，，，，，，，，，…，
观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…， 所以正多边形有个．
令，解得，所以的最小值为，即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为
14．【答案】
【详解】，，
，所以，即
而，，即，
在中，设，则，所以
所以
因为，所以，所以，，所以
所以，，而的面积为，所以，
所以，故答案为：
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. 【详解】（1）解：因为， 分
当时，可得， 分
当，即时，取得最小值， 分
因为时，恒成立，所以，
即实数的取值范围为. 分
解：由题意，函数， 分
因为，所以， 分
又因为函数有且仅有5个零点，则满足， 分
解得， 所以实数的取值范围 分
16. 【详解】（1）①②③,
连接相交于，连接，由于底面是正方形，所以，
又，平面，
故平面，平面,故,
由于，故,
因此,平面，
故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）
平面，故,
又平面,故平面． 分
②③①,
连接相交于，连接, 由于底面是正方形，所以，
又，平面，
故平面，平面，故,
又平面，平面，故,
平面,故平面,
结合底面是正方形，是正方形的中心，
所以四棱锥是正四棱锥，故， 分
①③②,
连接相交于，连接,平面，平面，故,
由于故,又,故,
故,
因此，平面，故平面,
故四棱锥是正四棱锥，
由于，又，平面，
故平面，平面,故， 分
（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，
设四棱锥的底边边长为，则四，
所以，
故，
由于，当且仅当，即时取等号，故当四棱锥的底边边长为时，四棱棱锥体积的最大值为.
（法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接，
又因为底面，,所以为二面角的平面角，
,，，
即二面角的余弦值为. 分
（法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则，所以,,
设面的法向量为，
则即，不妨取，则，所以，
易得平面的法向量，
设二面角的平面角为，
即二面角的余弦值为. 分
17.解：设，， 分
故求动点的轨迹方程.为． 分
， 分
，即， 分
设直线的方程为，，，，，
联立，得，，， 分
且 分
∴， 分
代入可得∴， 分
∴直线方程为，即直线过定点 分
此时，
∴． 分
18．【详解】（1）；
第一种情况：，概率为； 分
第二种情况：，概率为； 分
第三种情况：，概率为； 分
第四种情况：甲→甲→乙→甲，概率为 分
所以三次投掷骰子后球在甲手中的概率为. 分
（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有． 分
变形为．
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 分
所以． 分
所以数列的通项公式． 分
（3）由（2）可得， 分
则
分
当是奇数时，
分
当是偶数时，
分
综上， 分
19.解：（1） S4={1,2,3,4} 的全部非空子集为 {1},{2},{3},{4},{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},
{3,4},{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4}, 其中好子集有 {1},{2},{3},{4},
{1,2},{1,4},{2,3},{3,4},{1,2,3},{2,3,4},{1,2,3,4}, 共有 11个. 所以 f(4)=11. 分
（2）将 X 的元素从小到大排列, 即 X=a1,a2,…,ak,k⩾3, 其中 a1所以对任意的 1⩽i⩽k−1,ai 和 ai+1 奇偶性相反.
因此, 对任意的 1⩽i⩽k−2,ai 和 ai+2 奇偶性相同, 于是 ai+ai+22∈Z, 所以 ai+ai+22∈X,而 ai+ai+22∈ai,ai+2 且 X∩ai,ai+2=ai, 所以 ai+ai+22=ai.
即对任意的 1⩽i⩽k−2, ai+ai+2=2ai, 即 ai+2−ai+1=ai+1−ai. 由 i 的任意性知, a1,a2,…,ak 是一个等差数列. 分
（3）记 n=2022. 首先证明 Sn+2 中包含 1 的好子集个数为 f(n+2)−f(n+1).
Sn+2={1,2,…,n+2} 的好子集分为两类: 包含 1 的和不包含 1 的.
因为 Sn+2 中不包含 1 的好子集每个元素均减去 1 即为 Sn+1 的好子集,
Sn+1 的每个好子集每个元素均加上 1 即为 Sn+2 的好子集, 所以 Sn+2 的不包含 1 的好子集与 Sn+1 的好
子集一一对应, 其个数为 f(n+1). 故 Sn+2 包含 1 的好子集个数为 f(n+2)−f(n+1).
同理可证: Sn+1 中包含 1 的好子集个数为 f(n+1)−f(n), 这也恰是 Sn+2 中包含 1 但不包含 n+2
的好子集个数.
于是 Sn+2 中包含 1 且包含 n+2 的好子集的个数为
(f(n+2)−f(n+1))−(f(n+1)−f(n))=f(n+2)−2f(n+1)+f(n)
故题目所求的 f(2024)−2f(2023)+f(2022) 为 S2024 的包含 1, 2024 的所有好子集的个数.
显然, {1,2024} 是好子集.
若好子集 X 中除了 1,2024 外至少还有一个元素, 则由 (2) 可知,
X 中元素从小到大排列可以构成一个等差数列, 设为 a1=1,a2,…,ak=2024.
设公差为 d, 因为 2024−1=ak−a1=(k−1)d, 而 k−1⩾2, 所以 d 为 2023=7×172 的小于 20232
的正约数, 故 d=1,7,17,7×17,172.
而每一个 d 都唯一对应一个 S2024 的包含 1,2024 的好子集，这样的子集有 5 个.
因此 f2024−2f2023+f2022=5+1=6. 分