2023-2024學年廣東省深圳市福田區高考數學押題模擬試題（一模）一、單選題1．已知集合，若，則（

）A．2 B．3 C．4 D．5【正確答案】C【分析】根據交集結果得到，或，檢驗后得到答案．【詳解】因為，所以，或，當時，，與集合元素的互異性矛盾，舍去；當時，，與集合元素的互異性矛盾，舍去；當時，，滿足集合元素互異性，滿足要求．所以.故選：C．2．已知復數在復平面內對應的點落在第一象限，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．【正確答案】A【分析】化簡，根據對應點所在象限列不等式，從而求得的取值范圍.【詳解】，對應點，由于點在第一象限，所以，解得.故選：A3．“”是“直線與直線平行”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】由兩直線平行得出的值，再結合充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】若直線與直線平行，則有解得或，所以當時，直線與直線平行，當直線與直線平行時，或.故選：A4．已知公差不為零的等差數列滿足：，且成等比數列，則（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據條件列出關于等差數列基本量的方程組，即可求解.【詳解】設等差數列的首項為，公差為，則，，因為成等比數列，所以，即，因為，所以，所以.故選：A5．古代數學家劉徽編撰的《重差》是中國最早的一部測量學著作，也為地圖學提供了數學基礎．現根據劉徽的《重差》測量一個球體建筑物的高度，已知點A是球體建筑物與水平地面的接觸點（切點），地面上B，C兩點與點A在同一條直線上，且在點A的同側．若在B，C處分別測得球體建筑物的最大仰角為60°和20°，且BC100m，則該球體建筑物的高度約為（

）（cos10°≈0.985）A．49.25m B．50.76mC．56.74m D．58.60m【正確答案】B【分析】根據三角函數可得，利用求解即可.【詳解】如圖，設球的半徑為，，，故選：B6．在如圖的平面圖形中，已知,則的值為A． B．C． D．0【正確答案】C【詳解】分析：連結MN，結合幾何性質和平面向量的運算法則整理計算即可求得最終結果.詳解：如圖所示，連結MN，由可知點分別為線段上靠近點的三等分點，則，由題意可知：，，結合數量積的運算法則可得：.本題選擇C選項.點睛：求兩個向量的數量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標運算；利用數量積的幾何意義．具體應用時可根據已知條件的特征來選擇，同時要注意數量積運算律的應用．7．某公園有如圖所示A至H共8個座位，現有2個男孩2個女孩要坐下休息，要求相同性別的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，則不同的坐法總數為（

）A．168 B．336 C．338 D．84【正確答案】B【分析】根據題意，先排男生再排女生，由分步計數原理計算可得答案.【詳解】第一步：排男生，第一個男生在第一行選一個位置有四個位置可選，第二個男生在第二行有三個位置可選，由于兩名男生可以互換，故男生的排法有種，第二步：排女生，若男生選，則女生有共7種選擇，由于女生可以互換，故女生的排法有種，根據分步計數原理，共有種，故選：B.8．人教版必修第一冊第92頁上“探究與發現”的學習內容是“探究函數的圖象與性質”，經探究它的圖象實際上是雙曲線.現將函數的圖象繞原點順時針旋轉得到焦點位于軸上的雙曲線，則該雙曲線的離心率是（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】首先確定的兩條漸近線分別為，也為旋轉前雙曲線的漸近線，再設兩條漸近線夾角（銳角）角平分線且，根據斜率與傾斜角關系、差角正切公式求雙曲線漸近線斜率，進而求雙曲線離心率.【詳解】由的兩條漸近線分別為，所以該函數對應的雙曲線焦點在夾角（銳角）的角平分線上，設且，若分別是，的傾斜角，故，故為雙曲線旋轉后其中一條漸近線的傾斜角，由，即，整理得，可得（負值舍去），所以繞原點順時針旋轉得到焦點位于軸上的雙曲線一條漸近線斜率為，故.故選：D關鍵點點睛：求出的漸近線，利用正切差角公式求其旋轉后漸近線斜率是關鍵.二、多選題9．下列結論中，所有正確的結論是（

）A．若，則B．命題的否定是：C．若且，則D．若，則實數【正確答案】AB【分析】對A，根據不等式的性質推導即可；對B，根據特稱命題的否定為全稱命題判斷即可；對C，利用作差法判斷即可；對D，舉反例判斷即可.【詳解】對A，，則，又，則，，故A正確；對B，命題的否定是：，故B正確；對C，，因為且，故，即，故C錯誤；對D，當，時，不成立，故D錯誤；故選：AB10．已知函數，則（

）A．函數是增函數B．曲線關于對稱C．函數的值域為D．曲線有且僅有兩條斜率為的切線【正確答案】AB【分析】由可得是增函數，且對于任意，滿足，所以關于對稱，可得AB正確；利用指數函數值域易得函數的值域為，即C錯誤；令，整理可得，易知，可得，即方程無解，因此曲線不存在斜率為的切線，即D錯誤.【詳解】根據題意可得，易知是減函數，所以是增函數，即A正確；由題意可得，所以，即對于任意，滿足，所以關于對稱，即B正確；由指數函數值域可得，所以，即，所以函數的值域為，所以C錯誤；易知，令，整理可得，令，即，易知，又因為，即，所以，即，因此；即關于的一元二次方程無實數根；所以無解，即曲線不存在斜率為的切線，即D錯誤；故選：AB11．如圖，平面四邊形中，是等邊三角形，且，是的中點.沿將翻折，折成三棱錐，在翻折過程中，下列結論正確的是（

）A．存在某個位置，使得與所成角為銳角B．棱上總會有一點，使得平面C．當三棱錐的體積最大時，D．當平面平面時，三棱錐的外接球的表面積是【正確答案】BC【分析】取中點，連接，，可證明即可判斷A；取中點，連接，可證明平面判斷B；三棱錐的體積最大，的投影在棱上時，此時平面，進而可證明平面得判斷C；過作，過點作交于，設為三棱錐的外接球的球心，外接球的半徑為，進而根據幾何關系求解得可判斷D.【詳解】解：對于A選項，取中點，連接，，因為是等邊三角形，所以，又因為是的中點，所以，因為，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，故錯誤；對于B選項，取中點，連接，因為是的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，故正確；對于C選項，設到平面的距離為，因為且，所以，所以，故要使三棱錐的體積最大，則最大，所以當的投影在棱上時，最大，且，此時平面，平面，所以，因為，，平面，所以平面，平面，所以，故正確；對于D選項，因為為直角三角形，所以過作，設為三棱錐的外接球的球心，外接球的半徑為，因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，過點作交于，如圖所示，所以四邊形為矩形，所以，所以在中，，即，在中，，即，進而解得，所以三棱錐的外接球的表面積為，故錯誤.故選：BC12．設直線l與拋物線相交于A，B兩點，與圓相切于點，且M為的中點．（

）A．當時，的斜率為2 B．當時，C．當時，符合條件的直線l有兩條 D．當時，符合條件的直線l有四條【正確答案】ABD【分析】由點差法得，由此判斷AB正確；當的斜率不存在時判斷是否符合要求，當的斜率存在時,由直線與圓切于得必在直線上，根據給定的求出位置，根據是否在拋物線內部判斷CD是否正確.【詳解】如圖,設,,則,兩式相減得,.當的斜率存在時,，則有,又,所以.當時，，故A正確；由,得,即,因此,即必在直線上.當時，，點，直線的方程為，恰好過拋物線焦點，故，故B正確；將代入,得,由在拋物線內部得，因為點在圓上,所以,當時，，解得，與矛盾，此時的斜率為的直線不存在，當的斜率不存在時,符合條件的直線只有一條，故C錯誤；當時，，解得，符合，此時的斜率為的直線有兩條.當的斜率不存在時,符合條件的直線也有兩條，故D正確；故選：ABD關鍵點點睛：不要遺漏判斷斜率不存在時的直線是否符合要求.當斜率存在時，先確定點一定在直線上，再用點一定在拋物線內部判斷給定的是否符合要求.三、填空題13．點到直線距離的最大值為___________.【正確答案】【分析】直線恒過點，根據幾何關系可得，點到直線的距離為.【詳解】解：直線恒過點，則點到直線的距離的最大值為點到點的距離，∴點到直線距離的最大值為：.故答案為.14．的展開式中的奇數次冪項的系數之和為64，則實數____.【正確答案】3【分析】令，然后分別令，，利用賦值法求解即可【詳解】令，令，則，令，則，所以上面兩式相減得，所以，因為的展開式中的奇數次冪項的系數之和為64，所以，解得，故3四、雙空題15．記的內角的對邊分別為，已知.若，則________；若，則________.【正確答案】/【分析】①由可得，由正弦定理和余弦定理將等式邊化角即可求出；②由可得，再由余弦定理即可求出.【詳解】①由題意，則，，又由正弦定理與余弦定理可得，即，則，故，則.②由①，又，故，又，則，則.由余弦定理，又，所以.故；.五、填空題16．某市統計高中生身體素質的狀況，規定身體素質指標值不小于60就認為身體素質合格．現從全市隨機抽取100名高中生的身體素質指標值，經計算，．若該市高中生的身體素質指標值服從正態分布，則估計該市高中生身體素質的合格率為______．（用百分數作答，精確到0.1%）參考數據：若隨機變量X服從正態分布，則，，．【正確答案】【分析】計算樣本的平均數和方差，由此估計，再結合參考數據求.【詳解】因為100個數據，，，…，的平均值，方差，所以的估計值為，的估計值為．設該市高中生的身體素質指標值為X，由，得，所以．故答案為.六、解答題17．已知等比數列的各項均為正數，其前項和為，且，，成等差數列，．(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前項和．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）利用，，成等差數列以及求出首項和公比，再利用等比數列的通項公式寫出即可；（2）由（1）將數列的通項公式代入中化簡，再利用錯位相減法求和即可.【詳解】（1）設數列的公比為，因為，，成等差數列，所以，即，解得或，因為各項均為正數，所以，所以，由，得，解得，所以.（2）由（1）知，，則，所以，兩式相減可得，整理可得．18．已知函數．(1)求函數在上的單調遞增區間;(2)將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，若函數的圖象關于點成中心對稱，在上的值域為，求的取值范圍．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）先化簡，根據正弦函數的周期性即可得出答案；（2）根據三角函數圖象的平移變換和對稱性求出、，再由三角函數的性質求解即可.【詳解】（1）因為，所以．所以當，即：時，函數單調遞增．所以函數的單調遞增區間為.（2）由題意可知：因為函數的圖象關于點成中心對稱．所以．解得：．因為，所以．所以．當時，．因為在上的值域為所以．解得：．所以的取值范圍為．19．中國古代數學著作《九章算術》中記載了一種被稱為“曲池”的幾何體．該幾何體是上、下底面均為扇環形的柱體（扇環是指圓環被扇形截得的部分）．在如圖所示的“曲池”中，平面，記弧AB、弧DC的長度分別為，，已知，，E為弧的中點．(1)證明：．(2)若，求直線CE與平面所成角的正弦值．【正確答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）延長，并相交于點，證明，再利用線面垂直的性質、判定推理作答.（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線面角的正弦值作答.【詳解】（1）延長，并相交于點，因為，則，，連接，，因為E為弧的中點，則，為正三角形，于是，因為平面，，則有平面，又平面，于是，而，平面，因此平面，又平面，所以．（2）以為坐標原點，為x軸，為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，則，，，設平面的法向量為，則，令，得，令直線CE與平面所成角為，則，直線CE與平面所成角的正弦值為．20．由個小正方形構成長方形網格有行和列.每次將一個小球放到一個小正方形內，放滿為止，記為一輪.每次放白球的概率為，放紅球的概率為.(1)若，記表示100輪放球試驗中“每一列至少一個紅球”的輪數，統計數據如表：求關于的回歸方程，并預測時，的值；（精確到1）n12345y7656423026(2)若，記在每列都有白球的條件下，含紅球的行數為隨機變量，求的分布列和數學期望；附：經驗回歸方程系數.【正確答案】(1)；3；(2)分布列見解析，.【分析】（1）根據所給數據，結合經驗回歸方程系數公式，即可求得回歸方程，繼而求得預測值；（2）確定X的取值可能為，根據條件概率的概率公式求得每一個值對應的概率，即可得分布列，繼而求得期望;【詳解】（1）由題意知,故，所以，所以線性回歸方程為：，所以，估計時，.（2）由題意知：，，，，則X的取值可能為，記“含紅球的行數為k”為事件，記“每列都有白球”為事件B，所以，，，所以X的分布列為：012所以數學期望為.21．如圖，已知拋物線在點處的切線與橢圓相交，過點作的垂線交拋物線于另一點，直線（為直角坐標原點）與相交于點，記、，且．（1）求的最小值；（2）求的取值范圍．【正確答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用導數求出拋物線在點處的切線方程，將切線方程與橢圓方程聯立，由求出的取值范圍，求出直線的方程，并將直線的方程與拋物線的方程聯立，由韋達定理得出，再利用基本不等式可求得的最小值；（2）記點、到直線的距離分別為、，求出、，可得出，結合的取值范圍可求得的取值范圍.【詳解】（1）對函數求導得，所以拋物線在點處的切線方程為，即，聯立，得，所以，解得，所以直線的方程為，聯立，得，所以，所以，當且僅當時取等號，所以的最小值為；（2）記點、到直線的距離分別為、，所以，，所以，因為，所以，所以，所以的取值范圍為．方法點睛：圓錐曲線中的取值范圍問題的求解方法（1）函數法：用其他變量作為參數，建立函數關系，利用求函數值域的方法求解．（2）不等式法：根據題意建立含參數的不等式，通過解不等式求參數的取值范圍．（3）判別式法：建立關于某變量的一元二次方程，利用根的判別式求參數的取值范圍．（4）數形結合法：研究參數所表示的幾何意義，利用數形結合思想求解．22．已知，且0為的一個極值點．(1)求實數的值；(2)證明：①函數在區間上存在唯一零點；②，其中且．【正確答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）先求得，由0為的一個極值點，可得，進而求解；（2）①當時，由，可得單調遞減，由，可得，此時函數無零點；當時，設，結合其導數