2023-2024學年廣東省區域聯考高考數學押題模擬試題（一模）一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題的四個選項中，只有一項符合題目要求.）1．已知全集，集合或，或，則圖中陰影部分表示的集合為（

）

A． B．C． D．2．棣莫弗公式（為虛數單位）是由法國數學家棣莫弗（1667－1754）發現的，根據棣莫弗公式可知，已知復數，則的值是（

）A． B． C． D．3．設函數為奇函數且在上為減函數，則關于的值表述正確的是（

）A． B．C． D．4．我國元代瓷器元青花團菊花紋小盞如圖所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花為裝飾，釉質潤澤，底足露胎，胎質致密，碗內口沿飾有一周回紋，內底心書有一文字，碗外壁繪有一周纏枝團菊紋，下筆流暢，紋飾灑脫．該元青花團菊花紋小盞口徑8.3厘米，底徑2.8厘米，高4厘米，它的形狀可近似看作圓臺，則其側面積約為（

）（單位：平方厘米）A． B． C． D．5．將向量繞坐標原點順時針旋轉得到，則（

）A． B．C． D．6．化簡的值為A．1 B．2 C．-1 D．-27．已知四棱錐平面，二面角的大小為.若點均在球的表面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．8．某人從上一層到二層需跨10級臺階，他一步可能跨1級臺階，稱為一階步，也可能跨2級臺階，稱為二階步，最多能跨3級臺階，稱為三階步，從一層上到二層他總共跨了6步，而且任何相鄰兩步均不同階，則他從一層到二層可能的不同走法共有（

）種.A．10 B．9 C．8 D．12二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對5分，部分選對得2分，有選錯得0分.）9．如圖是函數的部分圖象，則下列結論正確的是（

）

A．B．C．D．10．已知橢圓的焦點在軸上，且分別為橢圓的左、右焦點，為橢圓上一點，則下列結論正確的是（

）A．B．的離心率為C．存在，使得D．面積的最大值為11．如圖，在棱長為1的正方體中，，分別是的中點，為線段上的動點（不含端點），則下列結論正確的是（

）A．存在點，使得與異面B．不存在點，使得C．直線與平面所成角的正切值的最小值為D．過三點的平面截正方體所得截面面積的最大值為12．已知函數，則過點恰能作曲線的兩條切線的充分條件可以是（

）A． B．C． D．三、填空題13．已知的二項式系數的和為64，則其展開式的常數項為______.（用數字作答）14．已知圓，過點的直線交圓于兩點，且，請寫出一條滿足上述條件的直線的方程______.15．十九世紀下半葉集合論的創立，奠定了現代數學的基礎.著名的“康托三分集”是數學理性思維的構造產物，具有典型的分形特征，其操作過程如下：將閉區間均分為三段，去掉中間的區間段，記為第一次操作；再將剩下的兩個區間分別均分為三段，并各自去掉中間的區間段，記為第二次操作；…，如此這樣，每次在上一次操作的基礎上，將剩下的各個區間分別均分為三段，同樣各自去掉中間的區間段.操作過程不斷地進行下去，以至無窮，剩下的區間集合即是“康托三分集”.若使去掉的各區間長度之和不小于，則需要操作的次數的最小值為______.（參考數據：）16．已知函數，若函數在處取得極小值，則的取值范圍為______.四、解答題（本題共6小題，第17題10分，第18－22題各12分，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17．已知函數.(1)求；(2)若的面積為且，求的周長.18．記為數列的前項和，已知的等差中項為.(1)求證為等比數列；(2)數列的前項和為，是否存在整數滿足？若存在求，否則說明理由.19．如圖，在四棱錐中，，四邊形是菱形，，，，是棱上的中點.

(1)求三棱錐的體積；(2)求平面與平面夾角的余弦值.20．某商場在五一假期間開展了一項有獎闖關活動，并對每一關根據難度進行賦分，競猜活動共五關，規定：上一關不通過則不進入下一關，本關第一次未通過有再挑戰一次的機會，兩次均未通過，則闖關失敗，且各關能否通過相互獨立，已知甲、乙、丙三人都參加了該項闖關活動.(1)若甲第一關通過的概率為，第二關通過的概率為，求甲可以進入第三關的概率；(2)已知該闖關活動累計得分服從正態分布，且滿分為450分，現要根據得分給共2500名參加者中得分前400名發放獎勵.①假設該闖關活動平均分數為171分，351分以上共有57人，已知甲的得分為270分，問甲能否獲得獎勵，請說明理由；②丙得知他的分數為430分，而乙告訴丙：“這次闖關活動平均分數為201分，351分以上共有57人”，請結合統計學知識幫助丙辨別乙所說信息的真偽.附：若隨機變量，則；；.21．已知圓：，圓：，一動圓與圓和圓同時內切.(1)求動圓圓心的軌跡方程；(2)設點的軌跡為曲線，兩互相垂直的直線，相交于點，交曲線于，兩點，交圓于，兩點，求與的面積之和的取值范圍.22．已知函數(1)當時，證明：；(2)已知在上恒成立，求的取值范圍.1．D【分析】利用集合的交并補的定義，結合圖即可求解.【詳解】因為或，或，所以或或或，或或或.由題意可知陰影部分對于的集合為，所以，或.故選：D.2．C【分析】利用棣莫弗公式及三角函數的特殊值，結合三角函數的誘導公式即可求解.【詳解】依題意知，，由棣莫弗公式，得，所以.故選：C.3．C【分析】根據函數奇偶性的定義結合二次函數的單調性即可得解.【詳解】因為函數為上的奇函數，且遞減，所以且，即，所以，解得，經檢驗符合題意，故，因為函數在上為減函數，所以，所以.故選：C.4．C【分析】根據圓臺的側面積公式求出對應的值，代入公式計算即可求解.【詳解】設該圓臺的上底面、下底面的半徑分別為R，r，若當，時，則圓臺的母線長，所以其側面積為，若當，時，則圓臺的母線長，所以其側面積為，所以其側面積S滿足．故選：C．5．B【分析】利用向量的坐標求出模長，再利用向量的數量積公式即可求解.【詳解】因為，所以，因為向量繞坐標原點順時針旋轉得到，所以向量與向量的夾角為，且，所以.故選：B6．C【詳解】原式===7．B【分析】先利用點均在球的表面上可得四點共圓，先證明平面，得出二面角的平面角為，可計算出，再利用勾股定理可得出四邊形外接圓的直徑為，則，最后利用外接球的表面積公式代入即可得出答案.【詳解】因為，所以，因為點均在球的表面上，所以四邊形內接于圓，所以，所以，因為平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面，所以，又，所以二面角的平面角為，所以，在中，因為，所以，由余弦定理可得：，即，即或（舍去），所以，所以外接圓的直徑為：，即四邊形外接圓的直徑為，因為平面，所以，四棱錐外接球的半徑為：所以四面體外接球的表面積為.

故選：B.8．A【分析】利用計數原理直接計算即可.【詳解】按題意要求，不難驗證這6步中不可能沒有三階步，也不可能有多于1個的三階步.因此，只能是1個三階步，2個二階步，3個一階步.為形象起見，以白、黑、紅三種顏色的球來記錄從一層到二層跨越10級臺階的過程：白球表示一階步，黑球表示二階步，紅球表示三階步，每一過程可表為3個白球、2個黑球、1個紅球的一種同色球不相鄰的排列.下面分三種情形討論.（1）第1、第6球均為白球，則兩黑球必分別位于中間白球的兩側，此時，共有4個黑白球之間的空位放置紅球，所以此種情況共有4種可能的不同排列；（2）第1球不是白球.（i）第1球為紅球，則余下5球只有一種可能的排列；（ii）若第1球為黑球，則余下5球因紅、黑球的位置不同有兩種不同的排列，此種情形共有3種不同排列；（3）第6球不是白球，同（2），共有3種不同排列.總之，按題意要求從一層到二層共有種可能的不同過程.故選：A9．AD【分析】由圖象求出的解析式，再結合三角函數的誘導公式逐項分析即得.【詳解】設，則的最小正周期為：，所以，因為的最大值為，最小值為，所以，所以，因為，所以，所以，故A正確，，故B不正確；，故D正確；，故C不正確.故選：AD.10．ACD【分析】A選項，根據焦點在在軸上，列出不等式，求出答案；B選項，求出，進而求出離心率；C選項，寫出以為直徑的圓的方程，聯立橢圓方程，得到當時，方程有解，故C正確；D選項，由幾何性質得到當點位于上頂點或下頂點時，面積取得最大值，表達出最大面積，配方后求出最值.【詳解】A選項，橢圓的焦點在軸上，故，解得，A正確；B選項，設，則，故的離心率為，B錯誤；C選項，以為直徑的圓的方程為，與橢圓聯立得，，整理得，因為，所以，當時，，故，滿足要求，故存在，使得，C正確；D選項，因為，故當點位于上頂點或下頂點時，面積取得最大值，故最大面積為，因為，所以當時，面積取得最大值，最大值為，D正確.故選：ACD11．CD【分析】對于A，四點共面，，平面即可判斷；對于B，利用線面垂直證明線線垂直即可判斷；對于C，利用直線與平面所成角的求法即可判斷；對于D，先做出截面，再求其面積即可.【詳解】對于A，連接，由正方體的性質知，，所以四點共面，，平面，故A不正確；對于B，設中點為，連接，若為中點，則平面ABCD，MN在面ABCD內，所以，在中，，，所以，故，，平面，所以平面，平面，所以，故B不正確；對于C，過點作平面，連接，所以直線與平面所成角為，所以，當在時，，所以，故C正確；對于D，由正方體中心對稱（類比為球體，MN看作弦），故過的截面經過對稱中心O所得截面最大，此時截面交棱于中點，也為中點，所以為的中點時，過、、三點的平面截正方體所得截面最大，取的中點，的中點，的中點，連接、、、、，所以過、、三點的平面截正方體所得截面最大值為正六邊形，面積為，故D正確．故選：CD.12．AB【分析】設切點坐標為，則有，所以問題轉化為方程恰有兩個解，令，然后利用導數求解其零點即可.【詳解】由，得，設切點為，則切線的斜率為，所以有，整理可得：，由題意可知：此方程有且恰有兩個解，令，，，令，則，所以在上單調遞增，因為，所以當時，；當時，，①當，即時，當時，，則函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，當時，，則函數單調遞增，所以只要或，即或；②當，即時，當時，，則函數單調遞增，當時，函數單調遞減，當時，，則函數單調遞增，當時，，所以只要或，由可得：，由得；③當時，，所以函數在上單調遞增，所以函數至多有一個零點，不合題意；綜上：當時，或；當時，或，所以選項A正確，B正確，C錯誤，D錯誤，故選：AB關鍵點睛：解題的關鍵是根據題意將問題轉化為方程恰有兩個解，構造函數，再次將問題轉化為此函數有兩個零點，然后利用導數通過分析其單調性可求得結果.13．240【分析】先利用二項式的系數和列出方程求出n，然后根據二項展開式的通項公式，即可求得本題答案.【詳解】因為展開式的二項式系數之和為64，所以，解得，則展開式中的通項公式為，令，得，所以常數項為.故24014．（答案不唯一，也滿足）【分析】分別討論直線l斜率存在、不存在的情況，設C到直線的距離為d，由得，結合點線距離公式即可求解判斷.【詳解】由題意得，半徑，，故在圓外，設O到直線的距離為d，由得，即，解得，當直線l斜率不存在時，即，此時，符合題意；當直線l斜率存在時，設為，即，則，即，解得，故直線為.故（答案不唯一，也滿足）15．12【分析】根據題意求出第n次操作后去掉的各區間長度之和,列不等式結合對數運算法則，即可求解.【詳解】由題意可知，每次操作剩下的區間長度為都是原來的，第n次操作后剩下的區間長度為，則所有去掉的區間長度之和為，由題意知，，得，兩邊取對數得，解得，又n為整數，∴n的最小值為12．故12．16．【分析】考查的單調性，令，即或，單調遞增，設方程的根為，通過對分類討論，研究函數的單調性即可得出．【詳解】，考查的單調性，令，即，或，即或，單調遞增，設方程的根為①若，則不等式組的解集為和，，此時在和，上單調遞增，在上單調遞減，與在處取極小值矛盾；②若，則不等式組的解集為和，此時在上單調遞增，與在處取極小值矛盾；③若，則不等式組的解集為和，此時在和上單調遞增，在，上單調遞減，滿足在處取極小值，由單調性，．綜上所述：．則的取值范圍為．故．本題主要考查利用導數研究函數的單調性與極值，解題的關鍵是充利用分類討論思想.17．(1)(2)20【分析】（1）利用三角恒等變換得到，結合，得到；（2）在（1）的基礎上求得，由三角形面積公式得到，由正弦定理和余弦定理得到，，從而求出周長.【詳解】（1），因為，所以，解得；（2）在中，由（1）可得，∵，即，因為，則，由正弦定理可得即，由余弦定理得∴，則，∴三角形周長.18．(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）利用等差中項性質化簡，再利用與的關系求出，利用等比數列定義即可證明；（2）先求出通項公式，利用放縮法及等比數列前n項和公式求出和的范圍即可求出整數k.【詳解】（1）因為的等差中項為，所以，因為時，，則，所以，由得，又，兩式相減得，即，所以有，所以，所以是等比數列，其首項為，公比為2.（2）由（1）知，所以，所以，因為，所以，又，所以，所以.19．(1)(2)【分析】（1）證明平面，由計算三棱錐的體積；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角的余弦值.【詳解】（1）因為四邊形是菱形，所以.又，平面，且，所以平面.因為平面，所以.因為，所以，所以.因為平面，且，所以平面.因為是棱上的中點，所以到平面的距離，四邊形是菱形，，，則中，，，，∵，∴三棱錐的體積為.（2）取棱的中點，連接，則有，因為，則.兩兩垂直，故以為原點，分別以的方向為軸的正方向，建立空間直角坐標系.因，則.

因是棱上的中點，則.設平面的法向量為，則，令，則，得.平面的一個法向量為.設平面與平面的夾角為，則.故平面與平面夾角的余弦值為.20．(1)(2)①能，理由見解析②假【分析】（1）設為第次通過第一關，為第次通過第二關，計算即可；（2）①由，且，計算，求出前400名參賽者的最低得分，與甲的得分比較即可；②假設乙所說為真，由計算，求出，利用小概率事件即可得出結論．【詳解】（1）設：第i次通過第一關，：第i次通過第二關，甲可以進入第三關的概率為，由題意知.（2）設此次闖關活動的分數記為.①由題意可知，因為，且，所以，則；而，且，所以前400名參賽者的最低得分高于，而甲的得分為270分，所以甲能夠獲得獎勵；②假設乙所說為真，則，，而，所以，從而，而，所以為小概率事件，即丙的分數為430分是小概率事件，可認為其一般不可能發生，但卻又發生了，所以可認為乙所說為假.21．(