广东省2024届高三高考模拟测试（二）数学试题（解析版）

这是一份广东省2024届高三高考模拟测试（二）数学试题（解析版），共19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。
一、单选题
1．设复数满足在复平面内对应的点为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由复数的几何意义分析即可.
【详解】由复数满足，则，
由复数的几何意义可知，
复数在复平面内对应的点与复数对应的点之间的距离为.
所以.
故选：C.
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，由并集的定义求解即可.
【详解】由可得：，所以，
由可得：，所以，
所以.
故选：C.
3．在平行四边形中，点满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查平面向量的线性运算，根据向量的加减法运算以及数乘运算即可得到结果.
【详解】因为为平行四边形，
则由，
∴.
故选：B.
4．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．5D．7
【答案】A
【分析】利用等差数列的求和公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，
所以，
即，解得，
所以.
故选：A.
5．在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为，之后将小镜子前移，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为，已知人的眼睛距离地面的高度为，则钟楼的高度大约是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设钟楼的高度为，根据相似得到，代入数据计算得到答案.
【详解】如下图，设钟楼的高度为，
由，可得：，
由，可得：，
故，
故，
故选：D.

6．函数的定义域为，若，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，解不等式即可得出答案.
【详解】构造函数，满足，，
则由可得，解得：.
故选：B.
7．在平面直角坐标系中，已知圆，若等腰直角的直角边为圆的一条弦，且圆心在外，点在圆外，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，表达出的面积，相加得到四边形的面积，利用辅助角公式求出最大值.
【详解】如图所示，设，则，
故，
由余弦定理得
，
故等腰直角三角形的面积为，
故四边形的面积为，
其中，，
其中，故，
则当时，取得最大值，最大值为.
故选：A
8．已知球与圆台的上、下底面和侧面均相切，且球与圆台的体积之比为，则球与圆台的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由球与圆台的体积之比为，得到圆台的上、下底面半径分别为，球的半径之间的关系，代入表面积公式化简，即可得到答案.
【详解】
由题意，作出圆台的轴截面，
设圆台的上、下底面半径分别为，球的半径，
则，过A作于点，
由，得，化简得，
由球的体积公式，
圆台的体积公式，
已知球与圆台的体积之比为，则，
化简得，
则，得，
又球的表面积，圆台的表面积，
所以，
故选：D.
二、多选题
9．若是样本数据的平均数，则（ ）
A．的极差等于的极差
B．的平均数等于的平均数
C．的中位数等于的中位数
D．的标准差大于的标准差
【答案】AB
【分析】根据题意，依次分析两组数据的极差、平均数、中位数和标准差是否相等，综合可得答案．
【详解】对于A，样本数据的平均数为，则，故的极差等于的极差，故A正确；
对于B，数据的平均数，故B正确；
对于C，如果是按从小到大排列，则的中位数为，不一定等于的中位数，故C错误；
对于D，的方差，
而的方差，
但当时两组数据的方差相等，其标准差也相等，故D错误．
故选：AB．
10．下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】由偶函数的定义判断奇偶性，由给定的区间，去掉绝对值，化简选项中的函数式，在由正弦函数的单调性判断区间是否符合函数的单调递增区间，即可得到答案.
【详解】对于A：，为偶函数，
当时，，，
的单调递减区间为，
的递增区间为，
而，
所以在上单调递增，故A正确；
对于B：，为偶函数，
当时，，，
的单调递增区间为，
的单调递减区间为，
而，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C：，为偶函数，
当时，，
的单调递减区间为，
则的单调递增区间为，
而，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D：，
所以为非奇非偶函数，故D错误.
故选：AC.
11．设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过点分别作的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】联立直线与抛物线方程由韦达定理可得，，，即可根据两点距离分别结合选项求解.
【详解】由已知，，设过点的直线方程为：，
设点，则，，
由，得，
所以，，，
，所以，故A正确，
，故B错误，
，
,故，C正确，
，
由选项C可知，所以，故,D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：
（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
三、填空题
12．的展开式中的系数为 （用数字作答）.
【答案】
【分析】求出展开式的、的系数后可求展开式中的系数.
【详解】展开式的通项公式为，
故展开式中系数为，系数为，
故的展开式中的系数为，
故答案为：
13．将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为，其中，记桌面为平面.若，且与平面所成的角为，则点到平面的距离的最大值为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，判断出当四点共面时，点A到的距离最大，进而算出，最后得到答案．
【详解】如图，过作⊥，交于，过A作⊥，交于，
因为在中，,，
则，当四点共面时，点A到的距离最大．
因为⊥，所以是BC与平面所成的角，则，则，
于是，，即A到的最大距离为．
故答案为：．
14．如图，在平面直角坐标系中放置着一个边长为1的等边三角形，且满足与轴平行，点在轴上.现将三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动，设顶点的轨迹方程是，则的最小正周期为 ；在其两个相邻零点间的图象与轴所围区域的面积为 .
【答案】
【分析】根据题设条件可得的轨迹（如图所示），再根据轨迹可得的周期和相邻零点间的图象与轴所围区域的面积.
【详解】设，
如图，当三角形沿轴在平面直角坐标系内滚动时，
开始时，先绕旋转，当旋转到时，旋转到，此时，
然后再以为圆心旋转，旋转后旋转到，此时，
当三角形再旋转时，不旋转，此时旋转到，
当三角形再旋转后，必以为圆心旋转，旋转后旋转到，
点从开始到时是一个周期，故的周期为，
如图，为相邻两个零点，
在上的图像与轴围成的图形的面积为：
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：以图形旋转为背景的函数问题，应该通过前几次的旋转得到周期性，再在一个周期内讨论对应的函数性质即可.
四、解答题
15．已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若为双曲线上的两点且不关于原点对称，直线过的中点，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程.
（2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验.
【详解】（1）椭圆的焦点为，故，
由双曲线的渐近线为，故，故，
故双曲线方程为：.
（2）设，的中点为，
因为在直线，故，
而，，故，
故，
由题设可知的中点不为原点，故，所以，
故直线的斜率为.
此时，
由可得，整理得到：，
当即或，
即当或时，直线存在且斜率为1.
16．如图，在直三棱柱中，点是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，以及，即可根据线线垂直求证线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，，即可利用向量的夹角求解.
【详解】（1）如图，记与的交点为点，连接，，
因为三棱柱是直三棱柱，
所以．
因为，所以四边形是正方形，故.
因为，，
所以又因为是的中点，
所以，
所以D.
因为四边形是正方形，所以点是的中点，
所以．
又因为，平面，，
所以平面．
（2）因为，，所以．
如图，以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
因为平面，所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则即解得取，
得
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17．已知.
(1)求的单调区间；
(2)函数的图象上是否存在两点（其中），使得直线与函数的图象在处的切线平行？若存在，请求出直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增.
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；
（2）求出直线的斜率，再求出，从而得到的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.
【详解】（1）由题可得
因为，所以，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意得，斜率
，
,
由得，
，即，即
令，不妨设，则，
记
所以，所以在上是增函数，所以，
所以方程无解，则满足条件的两点不存在.
18．已知正项数列，满足（其中）.
(1)若，且，证明：数列和均为等比数列；
(2)若，以为三角形三边长构造序列（其中），记外接圆的面积为，证明：；
(3)在（2）的条件下证明：数列是递减数列.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）对两式相加和相减即可证明数列和均为等比数列；
（2）由（1）得是等比数列，可知，由（1）得为常值数列，故，再由余弦定理结合基本不等式即可证明，即，再由正弦定理可证得，即可证明；
（3）由（1）（2）可得，可求出，即可证明是递减数列，结合进而证明数列是递减数列.
【详解】（1）正项数列，满足，
两式相减可得：，
因为，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
由两式相加可得：，
即，因为，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）因为，由（1）得是等比数列，
所以，即，
由（1）知，，
因为，所以，
所以为常值数列，故，
由
，因为，所以等号不成立，
故，因为，所以，
所以，
由正弦定理得外接圆的直径，
所以，所以.
（3）由（1）可知，，
由（2）可知，，
解得：，
所以，
随着的增大而减小，又因为，
所以随着的增大而减小，所以是递减数列，
因为，所以是递增数列，所以是递减数列，
所以数列是递减数列.
【点睛】关键点睛：本题（2）问的关键点在于由（1）可得为常值数列，故，再由余弦定理结合基本不等式即可证明，即，再由正弦定理可证得，即可证明；
19．如图，在平面直角坐标系中有一个点阵，点阵中所有点的集合为，从集合中任取两个不同的点，用随机变量表示它们之间的距离.
(1)当时，求的分布列.
(2)对给定的正整数.
（i）求随机变量的所有可能取值的个数；（用含有的式子表示）
（ii）求概率.（用含有的式子表示）
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由题意分析首先确定的可能取值，然后利用古典概型计算公式求得相应的概率值即可确定分布列；
（2）将原问题转化为对立事件的问题求解的值，据此分类讨论四种情况确定满足的所有可能得取值，然后求解相应的概率值即可确定的值；
【详解】（1）当时，集合中共有个点，
则的所有可能取值为，，，，．
所以，
，
，
，
．
所以的分布列为
（2）（i）由题意得，集合中任取两个不同的点之间的不同距离的总数可以转化成边长为的正方形边界上任取两个不同的点之间的不同距离的个数的总和，
在边长为的正方形中，有个不同的距离，
在边长为的正方形中，有个不同的距离，
在边长为的正方形中，有个不同的距离，
由各正方形大小不同，距离大小各不相同，
得的所有可能取值的个数为．
（ii）由对立事件，不妨考虑的情况，
当时，取出的两点为边长为的正方形的顶点，
此时，这种正方形共有个，每个正方形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
当时，不妨设，且，
由，得，
因为，所以，
所以，即，，，
当，即时，取出的两点为边长分别为，的矩形的顶点，
此时，这种矩形共有个，每个矩形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
当，即时，取出的两点为边长分别为，的矩形的顶点，
此时，这种矩形共有个，每个矩形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
当，即时，取出的两点为边长为的正方形的顶点，
此时，这种正方形共有个，每个正方形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为；
由题知样本空间包含的所有样本点的个数为，
所以由古典概型得，
所以由对立事件公式得．