2024年华南师大附中高三数学4月高考模拟练习卷附答案解析

年华南师大附中高三数学4月高考模拟练习卷2024.04一､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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．在等差数列中，若，则（

）A．45 B．6 C．7 D．83．的展开式中的系数为（

）A．70 B．56 C．28 D．84．设，向量，且，则（

）A． B． C． D．5．已知抛物线的焦点为，准线为为上一点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（

）A． B．C． D．6．若将函数的图象先向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若关于的方程在内有两个不同的解，则（

）A． B． C． D．7．已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（

）A． B． C． D．8．已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（

）A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值C．与均为定值 D．与均不为定值二､多选题：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．如图所示，已知三棱锥的外接球的半径为为球心，为的外心，为线段的中点，若，则（

）A．线段的长度为2B．球心到平面的距离为2C．球心到直线的距离为D．直线与平面所成角的正弦值为10．下列命题正确的是（

）A．“是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件B．若为第一象限角，则C．在中，若，则为锐角三角形D．已知，且，则11．已知双曲线为其右焦点，点到渐近线的距离为1，平行四边形的顶点在双曲线上，点在平行四边形的边上，则（）A．B．C．若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，则其值均不为D．四边形的面积三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设复数的共轭复数为，若，则.13．“阿托秒”是一种时间的国际单位，“阿托秒”等于秒，原子核内部作用过程的持续时间可用“阿托秒”表示.《庄子･天下》中提到，“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，如果把“一尺之棰”的长度看成1米，按照此法，至少需要经过天才能使剩下“棰”的长度小于光在2“阿托秒”内走过的距离.（参考数据：光速为米/秒，）14．若，关于的不等式恒成立，则正实数的最大值为.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．在中，角的对边分别是，且.(1)求的值；(2)若的面积为，求的周长.16．如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点，且是线段的中点.(1)求证：平面.(2)求平面与平面夹角的余弦值.17．已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围.18．已知椭圆，右顶点为，上､下顶点分别为是的中点，且.(1)求椭圆的方程；(2)设过点的直线交椭圆于点，点，直线分别交直线于点，求证：线段的中点为定点.19．卡塔尔世界杯小组赛阶段，每个小组4支球队循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分．每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛．若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛．假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例：若，，三支球队积分相同，同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）．已知某小组内的，，，四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立．(1)若球队在小组赛的3场比赛中胜1场，负2场，求其最终出线的概率．(2)已知该小组的前三场比赛结果如下：与比赛，胜；与比赛，胜；与比赛，胜．设小组赛阶段，球队的积分之和为，求的分布列及期望．1．A【分析】先化简集合B，再根据集合间关系判断.【详解】由，得，则，所以.故选：A.2．C【分析】利用等差数列的性质求解.【详解】因为，所以.故选：C.3．B【分析】利用的展开式的通项公式，即可求出结果.【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得，故的展开式中的系数为，故选：B.4．D【分析】由向量垂直得，再利用向量夹角的坐标运算求解即可.【详解】因为，又，所以，得到，所以，得到，所以.故选：D5．B【分析】设直线与轴交于点，连接，说明为矩形，得，求得的斜率为，直线方程可求.【详解】设直线与轴交于点，连接，因为焦点，所以抛物线的方程为，准线为，则，因为是等边三角形，的中点为，则轴，所以准线为，为矩形，则，故是边长为4的等边三角形，易知，则.因为，所以直线的斜率为,直线的方程为.故选：B

6．D【分析】由三角函数的伸缩和平移变化得到，再根据条件得到，即可求出结果.【详解】由函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，再将图象上各点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，因为，所以，由，可得，所以，得到，所以，故选：D.7．A【分析】先根据条件确定函数的对称性和周期性，再利用待定系数法列方程组求出，进而利用对称性和周期性求即可.【详解】因为①，所以函数的图象关于点对称.因为为偶函数，所以②，则函数的图象关于直线对称.由①②得，则，故的周期为4，所以.由，令，得，即③，已知，由函数的图象关于直线对称，得.又函数的图象关于点对称，得所以，即，所以④，联立③④解得，，故当时，.由的图象关于点对称，可得.故选：A.8．A【分析】利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形.如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截而为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案.【详解】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示，正方体边长为1，即设，则，，同理可得六边形其他相邻两边的和均为，六边形的周长为定值，正三角形的面积为.当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，此时,截面面积为，截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值.故选：A9．ACD【分析】对于ABC，根据三棱锥外接球的概念、结构特征和球的截面性质以及已知条件研究判断即可；对于D，根据球的截面性质找到直线与平面所成的角即可计算求解.【详解】对于A，在中，为的外心，，则，故A正确；对于B、C，连接，，，则由三棱锥的外接球的半径为3以及球的截面性质可得：球心到平面的距离为，故B错误；由为的中点，知，，所以，故正确；由球的截面性质平面平面，所以，且为在面DAB上的射影，所以为直线与平面所成角，且中，，故D正确.故选：ACD.10．ACD【分析】对A，根据充分，必要条件的概念判断；对B，利用二倍角余弦公式化简求解；对C，将条件式切化弦结合三角变换求解判断；对D，利用二倍角余弦公式化简条件式，再弦化切求解.【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则.若，取，此时不是第二象限角或第三象限角，则是的充分不必要条件，故A正确；对于B，由于为第一象限角，则，，故B错误；对于C，在中，若，则，所以，故，所以，故为锐角三角形，故C正确；对于D，由，所以，则，由，知，故D正确.故选：ACD.11．BCD【分析】由点到线的距离判断A，由对称性结合双曲线定义判断B，由渐近线性质判断C，联立直线与双曲线，表示面积利用函数单调性求得范围判断D.【详解】对A，易知渐近线方程为，焦点F坐标为，点到渐近线的距离为，故项错误；对B，若为双曲线的左焦点，又点在平行四边形上，则根据对称性知点也在平行四边形上，且，所以，故B项正确；对C，由双曲线的渐近线方程为，若平行四边形各边所在直线的斜率均存在，当其值为时，则平行四边形各对应边所在直线与双曲线不可能有四个交点，故C项正确；对D，如上图，设直线，联立双曲线方程得，且，所以，则，由对称性知，则点到直线的距离，所以，令，则，又在上单调递减，故在上单调递增，所以，故D项正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的几何性质，关键是利用对称性解决B，合理表示面积结合函数单调性求得面积范围.12．【分析】设，代入已知式利用复数相等的定义求得，得，再由复数模的概念求得结论．【详解】设，则.因为，所以，所以解得所以，所以.故答案为：．13．31【分析】依题意可得尺子经过天后，剩余的长度米，结合对数运算可得结果.【详解】依题意，光在2“阿托秒”内走的距离为米，经过天后，剩余的长度米，由，得，两边同时取对数，得，而，则，所以至少需要经过31天才能使其长度小于光在2“阿托秒”内走的距离.故答案为：31.14．【分析】先将不等式同构变形为，构造函数，求导判单调性转化为解不等式0或，令，求导求得最大值小于等于0即可求解.【详解】，即，令，则.设，其中，则，令，得，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，又，所以存在，使得，所以若，则或，即0或恒成立，当，故不可能，，所以在上，单调递增，在上，单调递减，所以，所以只有才能满足要求，即，又，解得，所以正实数的最大值为.故答案为：【点睛】方法点睛：函数隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数.第二步：虚设零点并确定取值范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将条件式边化角，化简求出；（2）根据余弦定理以及三角形的面积公式求解出的值，从而求出周长.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，所以，因为，所以，所以.（2）由（1）易知，因为.所以，由余弦定理，得.又因为，所以代入得，所以，所以.又因为，所以，所以的周长为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，进而得，即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角公式求解.【详解】（1）取的中点，连接，如图所示，因为为的中点，所以.在等腰梯形中，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.（2）因为故，以直线，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等腰梯形中，，此梯形的高为.因为，则，所以.设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则令，得.设平面与平面的夹角为，则.17．(1)极小值为，无极大值(2)【分析】（1）求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；（2）把原函数有两个零点转化为在上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】（1）当时，R），所以，令，则，-0+单调递减极小值单调递增所以，所以的极小值为，无极大值.（2）函数在上仅有两个零点，令，则问题等价于在上仅有两个零点，易知，因为，所以.①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上没有零点，不符合题意；②当时，令，得，所以在上，，在上，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.因为在上有两个零点，所以，所以.因为，令，则，所以在上，，在上，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以当时，在和内各有一个零点，即当时，在上仅有两个零点.综上，实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域.（2）计算导数.（3）求出的根.（4）用的根将的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.，则在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；，则在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）通过椭圆的性质和中点的坐标，然后根据向量的数量积得到等量关系即可求出椭圆的标准方程；（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数的关系，求得点的坐标，进而证得线段的中点为定点.【详解】（1）由题可得，，的中点为，故椭圆的方程为；（2）依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去并化简得，由，得.设，则，依题意可知直线的斜率存在，直线的方程为，令，得，同理可求得，，线段的中点为定点.【点睛】方法点睛：对于直线和圆锥曲线相交的问题，我们一般将直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理带入计算求解.19．(1)(2)分布列见解析，10【分析】（1）由题意，若球队参与的3场比赛中胜1场，负2场，则球队参与的3场比赛中，球队和其余两队胜，另一队负，然后获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论即可求；（2）分情况讨论小组赛阶段，球队的积分之和，并求出概率，进而写出分布列，求出期望.【详解】（1）不妨假设球队参与的3场比赛结果为与比赛，胜；与比赛，