2024届广东省高三年级第二次调研考试模拟卷01（广东专用）【含答案】

2024届广东省高三年级第二次调研考试模拟卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）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．（2023秋•宝鸡期末）已知集合，2，3，4，5，6，，，4，5，，，4，，则A．， B． C．，3，4，5， D．，3，4，5，【解析】集合，2，3，4，5，6，，，4，5，，，3，，又，4，，．故选：．2．（2023秋•西固区校级期末）若复数满足，则A． B． C． D．【解析】，．故选：．3．（2023秋•洪山区校级期末）已知，则函数的值域为A． B． C． D．【解析】令，当时，，即，又，所以，故，根据二次函数的性质可知，当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值．故选：．4．（2023•叙州区校级开学）已知单位向量，满足，则与的夹角为A． B． C． D．【解析】，，，，且，与的夹角为．故选：．5．（2023秋•如皋市月考）已知公差的等差数列前项和为，满足，则下列结论中正确的是A．是中的最大值 B．是中的最小值 C． D．【解析】根据题意，因为等差数列前项和为，且，则，所以，即，且公差，当时，由可得，，，则是中的最小值，且，当时，由可得，，，则是中的最大值，且，故错误；又，且，故正确．故选：．6．（2023秋•虹口区期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为A． B． C． D．【解析】如图：，由题意知，是原正方体底面（如图所示）上相邻两边的中点，而是点所在面的对面上棱的中点，是该多面体外接球的球心，易知，，三点共线，且的长度即为原正方体面对角线的长度，即该外接球的直径，所以，所以．故选：．7．（2023秋•泰安期末）已知，分别为椭圆的左顶点和左焦点，，是椭圆上关于原点对称的点，若直线交线段于，则椭圆的离心率为A． B． C． D．【解析】由题意得，，设，，，，又，所以，即，解得，即，又由，，三点共线得，所以，整理得，所以．故选：．8．（2022秋•沈阳期末）设函数，，，，若的图象与的图象有且仅有三个不同的公共点，，，，，，，则下列判断正确的是A． B． C． D．【解析】如图，在同一个坐标系中画出函数，，，，由题意得的三个解满足，，故，错误；方程可化为，则有，且由，得，所以，即，所以，，故错误，正确．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．（2023秋•林州市校级期末）已知函数，，，，是函数的4个零点，且，则A．的取值范围是， B． C．的取值范围为 D．的最大值是【解析】画出函数的图象，如图所示：对于，由条件，函数有4个零点，等价于与的图象有四个交点，由图象知，故错误；对于，由可知，，，所以，所以，，由，所以，即，所以，因为，当且仅当时等号成立，又因为，所以，即，所以，所以，即，故正确；对于，因为，，，所以由图可知，，由，，得，因为，所以，所以，所以，即，所以，因为，且在单调递减，所以，即的取值范围不为，故错误；对于，由选项可得，，所以，由选项可知，，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以的最大值是，故正确．故选：．10．已知（A），（B），，则A． B． C． D．【解析】（A），，，，故错误；（B），故正确；，故正确；，故错误．故选：．11．（2024•全国模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，则A．若的两条渐近线相互垂直，则 B．若的离心率为，则的实轴长为1 C．若，则 D．当变化时，△周长的最小值为【解析】对于，由题的两条渐近线，又的两条渐近线相互垂直，，解得，故正确；对于，由题，又，，解得，的实轴长为，故错误；对于，若，则，又，，，故正确；对于，由题可得，，，，设△的周长为，，由双曲线的性质知（通径），，当且仅当即时取等号，即△周长，故正确．故选：．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2023秋•汉台区期末）已知“渐升数”是指每一位数字比其左边的数字大的正整数（如，那么三位渐升数有个，其中比516大的三位渐升数有个．【解析】已知“渐升数”是指每一位数字比其左边的数字大的正整数（如，那么三位渐升数有个，当百位上数字为5时，则比516大的三位渐升数有个，当百位上数字大于5时，则比516大的三位渐升数有个，即比516大的三位渐升数有个．故答案为：84；10．13．（2023春•二七区校级月考）已知数列满足：，且，，的前项和为，则．【解析】，即，，且，是以1为首项，3为公差的等差数列，，即，，则．故答案为：．14．（2023秋•江汉区校级期末）已知圆的方程为，是圆上一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的范围为．【解析】设，根据圆的切线长性质可得，，又，，令，则，，，，，由对勾函数的性质可得：在，上单调递减，在，上单调递增，，又，，，的范围为．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．（2023秋•唐山期末）数列满足，，．（1）求，；（2）证明：数列是等差数列；（3）若．求数列的前项和．【解析】（1），，，，即，，同理可得．（2）证明：，，又，数列是等差数列，首项为3，公差为2；（3）由（2）可得：，，．，数列的前项和．16．（2024•湛江一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的等边三角形，．（1）证明：平面平面；（2）若点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．【解析】解（1）证明：由题意得，又，所以，，所以，，因为底面为菱形，故，故，又平面，平面，且，所以平面，又平面，所以平面平面，（2）由（1）知平面，所以，故底面为正方形，设的中点为，连接，在平面内作，因为为等边三角形，所以，故平面，如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，0，，，2，，，2，，所以，故，，，设为平面的法向量，则有，即，可取，设为平面的法向量，则有，即，可取，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．17．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.【答案】(1)(2)（i）分布列见解析（ii）分布列见解析，均值为0【分析】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；（2）（i）的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为－4，－2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；【详解】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”由全概率公式得（2）（i）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则得分为的分布列用表格表示－202P（ii）设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则得分为的分布列用表格表示为－4－2024P18．（2023秋•包河区校级期末）已知双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，且的一个焦点到的一条渐近线的距离为2．（1）求的方程；（2）若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于，，求证：为定值．【解析】（1）易知双曲线的一条渐近线的方程为，因为双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，所以双曲线的一条渐近线的方程为，此时，解得，因为，所以双曲线的一个焦点，因为点到双曲线的一条渐近线的距离，所以，则的方程为；（2）证明：不妨设，因为点在双曲线上，所以，即，，因为上任意一点关于直线的对称点为，所以得，不妨设，，，因为过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于，，不妨设的斜率为，此时直线的方程为，联立，解得，直线的方程为，联立，解得，所以．故为定值，定值为．19．（2024•冷水滩区二模）已知函数．（1）若时，，求实数的取值范围；（2）设，证明：．【解析】（1）根据题意，可得，当时，可得在上恒成立，当时，由，可得，易知需满足，解得，又，令，，当时，在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增，即可得恒成立；当时，，令，则，所以在上恒成立，即在上单调递减，又因为，由零点存在定理，可得，使得；当，时，，即，所以在，上单调递增；时，，即，所以在上单调递减；若时，，所以当，时，，又，即，使得；当，时