2023-2024學年廣東省深圳市高考數學押題模擬試題（三模）一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C.（0，1） D.【正確答案】B【分析】分別化簡集合，根據并集的定義求解.【詳解】不等式的解集是集合又因為又，所以滿足函數中的范圍就是集合所以所以故選：B2.已知復數在復平面內對應的點的坐標為，則（）A. B. C. D.4【正確答案】B【分析】由題意得，再代入式子計算即可得到答案.【詳解】由復數在復平面內對應的點的坐標為得故選：B.3.向量，滿足，且，則在上的投影向量為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】根據給定條件，利用投影向量的定義求解作答.【詳解】由得，又，所以在上的投影向量為.故選：C4.2023年3月13日，第十四屆全國人民代表大會第一次會議在北京人民大會堂閉幕，為記錄這一歷史時刻，來自省的3名代表和省的3名代表合影留念.假設6名代表站成一排，則省的3名代表互不相鄰，且省的3名代表也互不相鄰的概率為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】先求出6名代表站成一排的所以排法，再求A省的3名代表互不相鄰，且B省的3名代表也互不相鄰的所有排法，利用古典概型概率公式求其概率.【詳解】6名代表站成一排的所有排法共有種排法，省的3名代表互不相鄰，且省的3名代表也互不相鄰的排法可分為兩類：第一類：省的3名代表坐在第位置，共有種排法，第二類：省的3名代表坐在第位置，共有種排法，所以省的3名代表互不相鄰，且省的3名代表也互不相鄰的排法共有種排法，所以事件省的3名代表互不相鄰，且省的3名代表也互不相鄰的概率.故選：B.5.17世紀30年代，意大利數學家卡瓦列利在《不可分量幾何學》一書中介紹了利用平面圖形旋轉計算球體體積的方法.如圖，是一個半圓，圓心為O，ABCD是半圓的外切矩形.以直線OE為軸將該平面圖形旋轉一周，記△OCD，陰影部分，半圓所形成的幾何體的體積分別為，，，則下列說法正確的是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】、陰影部分、半圓旋轉所形成的幾何體分別為圓錐、圓柱減去同半徑的半球、半球，依次計算其體積即可.【詳解】由旋轉體的概念可得：、陰影部分、半圓所形成的幾何體分別為圓錐、圓柱減去同半徑的半球、半球，易知OE=DE，設DE=OE=r，故，，，顯然，且.故選：D6.聲音是由于物體的振動產生的能引起聽覺的波，其中包含著正弦函數.純音的數學模型是函數.我們聽到的聲音是由純音合成的，稱為復合音.已知一個復合音的數學模型是函數.給出下列四個結論：①的最小正周期是；②在上有3個零點；③在上是增函數；④的最大值為.其中所有正確結論的序號是（）A.①②③ B.②④ C.①②④ D.③④【正確答案】B【分析】根據反證法可判斷①；根據零點的定義求出零點即可判斷②，根據導數和單調性的關系可判斷③；由周期性和單調性可判斷④．【詳解】對①，因為，若的最小正周期是，則，令，則，而，，顯然不相等，故①不正確；對②，即，即，故或，又，故或，即在上有3個零點，故②正確；對③，由題，由，令得，，當為增函數，當為減函數，當為增函數，所以在上單調遞增，在上為單調遞減，故③不正確；對④，易知函數的周期是，當時，根據③中函數的單調性可知，，所以的最大值為，所以④正確，綜上，②④正確．故選：B．7.某公司員工食堂每天都有米飯和面食兩種套餐，已知員工甲每天中午都會在這兩種套餐中選擇一種，米飯套餐的價格是每份18元，面食套餐的價格是每份12元，如果甲當天選擇了某種套餐，他第二天會有60%的可能性換另一種類型的套餐，假如第1天甲選擇了米飯套餐，第n天選擇米飯套餐的概率為，給出以下論述：①；②；③④前天甲午餐總費用的數學期望為.其中正確的是（）A.②③④ B.①②④ C.①③④ D.①②③【正確答案】B【分析】先根據題意找到遞推式，即可判斷②，由遞推式可求出，從而判斷③，根據期望公式，期望的性質以及，即可判斷④．【詳解】若甲在第天選擇了米飯套餐，那么在第天有的可能性選擇米飯套餐，甲在第天選擇了面食套餐，那么在第天有的可能性選擇米飯套餐，所以第天選擇米飯套餐的概率，故②正確；因為，所以甲在第1天選擇了米飯套餐，所以，故①正確；由②得，，所以，又由題意得，，是以為首項，為公比的等比數列，所以，所以，故③錯誤；前天甲午餐總費用的數學期望為，故④正確.故選：B.8.已知橢圓的左?右焦點分別為.若點關于直線的對稱點恰好在上，且直線與的另一個交點為，則（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】先根據點關于直線的對稱點求法求出點，再根據距離公式可得，從而判斷出為直角，再根據橢圓的定義以及勾股定理計算得出，從而得解．【詳解】設關于直線的對稱點，由，得．可知，又知，所以，則為直角，由題意，點恰好在上，根據橢圓定義，得，，設，則，在直角三角形中，，解得，從而，所以.故選：D．二?多選題：本題茫4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，青多項待合題目麗求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知由樣本數據，，2，3，，組成的一個樣本，得到回歸直線方程為，且，去除兩個樣本點和后，得到新的回歸直線的斜率為3.則下列說法正確的是（）A.相關變量，具有正相關關系B.去除兩個樣本點和后，回歸直線方程為C.去除兩個樣本點和后，隨值增加相關變量值增加速度變小D.去除兩個樣本點和后，樣本的殘差為0.1【正確答案】AB【分析】對于A，，則相關變量，具有正相關關系，故A正確；對于B，求出，故去除樣本點后的回歸直線方程為，故B正確；對于C，由于斜率為，隨值增加相關變量值增加速度變大，故C錯誤；對于D,樣本的殘差為，故D錯誤.【詳解】解：對于A，去除兩個樣本點和后，得到新的回歸直線的斜率為3，，則相關變量，具有正相關關系，故A正確；對于B，由代入得，則去除兩個樣本點和后，得到新的，，，故去除樣本點后的回歸直線方程為，故B正確；對于C，由于斜率為，故相關變量，具有正相關關系且去除樣本點后，隨值增加相關變量值增加速度變大，故C錯誤，對于D,當時，，則樣本的殘差為，故D錯誤.故選：AB.10.如圖，在平行六面體中，，分別是，的中點，以為頂點的三條棱長都是，，則（）A.平面B.C.四邊形的面積為D.平行六面體的體積為【正確答案】ABD【分析】根據線面平行、線面垂直、空間距離、線線角等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】A選項，如圖，連接，由于分別是的中點，所以，根據棱柱的性質可知，所以，由于平面，平面，所以平面，所以A選項正確.B選項，因為，所以，即，所以B選項正確.C選項，如圖，連接，則，，即，同理，故四邊形為矩形，面積為，所以C選項錯誤.D選項，如圖，過作平面，易知在直線上，因為平面，故，過作于，連接，由，而平面，得平面，易得，故，，，故平行六面體的體積為，所以D選項正確故選：ABD11.已知拋物線的焦點為F，過點F的直線l與拋物線交于A，B兩點，與其準線交于點D，F為AD的中點，且，點M是拋物線上間不同于其頂點的任意一點，拋物線的準線與y軸交于點N，拋物線在A，B兩點處的切線交于點T，則下列說法正確的有（）A.拋物線焦點F的坐標為B.過點N作拋物線的切線，則切點坐標為C.在△FMN中，若，，則t的最小值為D.若拋物線在點M處的切線分別交BT，AT于H，G兩點，則【正確答案】BCD【分析】對于A項，利用拋物線定義即可判定；對于B項，設切線方程聯立拋物線解方程即可；對于C項，利用拋物線的定義結合圖象可知在MN與拋物線相切時t取最小值，計算即可；對于D項，根據拋物線的切線方程用ABM的坐標來表示HGT的坐標，計算即可.【詳解】對于A項，如圖所示，過A向準線作垂線，垂足為C，則由拋物線定義可得AF=AC=3，又F為AD中點，則F到準線的距離為1.5，所以F，故A錯誤；對于B項，由上可得，即，拋物線方程為，設過N的切線方程為：，聯立可得由相切可得，即切點橫坐標，代入拋物線得切點坐標，故B正確；對于C項，如圖所示過M作準線的垂線垂足為E，，根據正弦的單調性知越小正弦值越小，即MN與拋物線相切時此角最小，由上可知此時M，易得，故C正確；對于D項，設M，由得，則過M的切線方程為，化簡得：，同理可得，過A、B的切線方程分別為、，聯立可得，則，，故D正確.故選：BCD本題考查直線與拋物線的位置關系，屬于壓軸題.關鍵在于積累二級結論：過拋物線上一點的切線方程為，計算時注意技巧可簡化計算量.12.已知函數及其導函數的定義域均為．，，當時，，，則（）A.的圖象關于對稱B.為偶函數C.D.不等式的解集為【正確答案】BCD【分析】根據可判斷A,求導即可根據判斷B，由為偶函數以及對稱可判斷C，根據函數的性質畫出大致圖象，即可由時，求解D.【詳解】由可得，故可知的圖象關于對稱，故A錯誤，由得，由得，故為偶函數，故B正確，由可得，所以，又偶函數，所以，即，故C正確，由為偶函數且可得，所以是周期函數，且周期為8，又當時，，可知在單調遞減故結合的性質可畫出符合條件的的大致圖象：由性質結合圖可知：當時，，由得，故，當且時，此時無解，當時，，解得，當且時，由得綜上可得的解集為，故D正確，故選：BCD本題考查了函數性質的綜合運用，題目綜合性較高，要對函數基本性質比較熟練，可根據性質利用圖象求解問題.對于函數的性質綜合運用題目可從以下幾個方面解題.(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中的系數是______.【正確答案】20【分析】直接用二項式定理討論即可.【詳解】二項式中，，當中取x時，這一項為，所以，，當中取y時，這一項為，所以，，所以展開式中的系數為故14.已知直線與圓交于A，兩點，若是圓上的一動點，則面積的最大值是___________.【正確答案】##【分析】求出圓C圓心到弦AB的長度d，求出弦AB的長度，M到弦AB的最大距離為d＋r(r為圓C半徑)，根據三角形面積公式即可求出答案．【詳解】，則圓C的圓心為，半徑為，圓心C到直線l（弦AB）的距離為，則，則到弦AB的距離的最大值為，則面積的最大值是.故15.與曲線和都相切的直線方程為__________.【正確答案】【分析】分別設出直線與兩曲線相切的切點，然后表示出直線的方程，再根據切線是同一條直線建立方程求解.【詳解】設直線與曲線相切于點，因為，所以該直線的方程為，即，設直線與曲線相切于點，因為，所以該直線的方程為，即，所以，解得，所以該直線的方程為，故答案為.16.如圖，在矩形中，，，分別為邊，的中點，分別為線段（不含端點）和上的動點，滿足，直線，的交點為，已知點的軌跡為雙曲線的一部分，則該雙曲線的離心率為______.【正確答案】【分析】以所在的直線為軸，線段的中垂線所在的直線為軸，求出直線，的方程，聯立兩方程解出點的坐標，進而可得點所在雙曲線方程，由離心率公式計算即可得答案.【詳解】解：以所在的直線為軸，線段的中垂線所在的直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系：設，則，則有，，，，，，，設，所以，，又因為，所以，所以或，又因為，所以直線的方程為：，即，同理可得直線的方程為：，即，由，可得，即，因為，，，,即有，，所以點所在雙曲線方程為：，所以，所以，所以.故思路點睛：橢圓或雙曲線中，要求離心率的值，就要求出的值(或數量關系或關于的一個二次方程).四?解答題（共70分.解答應寫出文字說明?證明過程和演算步驟）17.已知數列滿足：，且對任意的，（1）求，的值，并證明數列是等比數列；（2）設，求數列的前項和.【正確答案】（1），，證明見解析（2）【分析】（1）根據數列定義，將逐步展開為，即可判斷數列是等比數列；（2）根據分組求和即可求解.【小問1詳解】，.由題意得，又，所以數列是等比數列.【小問2詳解】由（1）知.運用分組求和，可得.18.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）證明：；（2）若，求面積的最大值．【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）由正弦定理得，再由余弦定理得到，證明出結論；（2）由（1）中結論和得到，結合得到，由基本不等式求出面積的最大值.【小問1詳解】由正弦定理及得，，即．再由正弦定理可得．由余弦定理得，,即，故；【小問2詳解】由及，可得．由得，所以．在中，所以．所以．當且僅當，即時等號成立．故面積的最大值為．19.如圖，C是以為直徑的圓O上異于A，B的點，平面平面，為正三角形，E，F分別是棱上的點，且滿足．（1）求證：；（2）是否存在，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【正確答案】（1）證明過程見解析；（2）存在，.【分析】（1）根據面面垂直的性質定理，結合線面垂直的判定定理和性質進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，結合空間向量夾角公式進行求解判斷即可.【小問1詳解】設的中點為，連接，因為是圓O的直徑，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以；【小問2詳解】連接，因為，所以，因為為正三角形，的中點為，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，，設平面的法向量為，，所以有，所以，，假設存在，使得直線與平面所成角的正弦值為，所以有，或（舍去），即存在，使得直線與平面所成角的正弦值為.20.2022年北京冬奧會后，由一名高山滑雪運動員甲組成的專業隊，與兩名高山滑雪愛好者乙、丙組成的業余隊進行友誼賽．約定賽制如下：業余隊中的兩名隊員輪流與甲進行比賽，若甲連續贏兩場則專業隊獲勝；若甲連續輸兩場則業余隊獲勝：若比賽三場還沒有決出勝負，則視為平局，比賽結束．已知各場比賽相互獨立，每場比賽都分出勝負，且甲與乙比賽，乙贏概率為；甲與丙比賽，丙贏的概率為p，其中．（1）若第一場比賽，業余隊可以安排乙與甲進行比賽，也可以安排丙與甲進行比賽．請分別計算兩種安排下業余隊獲勝的概率；若以獲勝概率大為最優決策，問：業余隊第一場應該安排乙還是丙與甲進行比賽？（2）為了激勵專業隊和業余隊，賽事組織規定：比賽結束時，勝隊獲獎金3萬元，負隊獲獎金1.5萬元；若平局，兩隊各獲獎金1.8萬元．在比賽前，已知業余隊采用了（1）中的最優決策與甲進行比賽，設賽事組織預備支付的獎金金額共計X萬元，求X的數學期望的取值范圍．【正確答案】（1）業余隊第一場應該安排乙與甲進行比賽（2）的取值范圍為：（單位：萬元）.【分析】（1）分別求出第一場比賽，業余隊安排乙與甲或丙與甲進行比賽業余隊獲勝的概率，比較兩者的大小即可得出答案.（2）由已知萬元或萬元，分別求其對應的概率，得到分布列，求出，由，求出的取值范圍.【小問1詳解】第一場比賽，業余隊安排乙與甲進行比賽，業余隊獲勝的概率為：;第一場比賽，業余隊安排丙與甲進行比賽，業余隊獲勝的概率為：，因為，所以，所以.所以，業余隊第一場應該安排乙與甲進行比賽.【小問2詳解】由已知萬元或萬元.由（1）知，業余隊最優決策是第一場應該安排乙與甲進行比賽.此時，業余隊獲勝的概率為，專業隊獲勝的概率為，所以，非平局的概率為，平局的概率為.的分布列為：的數學期望為（萬元）而，所以取值范圍為：（單位：萬元）.21.已知雙曲線的左、右焦點分別為，且到的一條漸近線的距離為.（1）求的方程；（2）過的左頂點且不與軸重合的直線交的右支于點，交直線于點，過作的平行線，交直線于點，證明：在定圓上.【正確答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）根據焦點到漸近線的距離求出即可得解；（2）由題意可設PA，的斜率分別為，設直線AP的方程為，聯立雙曲線方程，求出，由三角函數可得，即化為得證.【小問1詳解】根據題意可知C的一條漸近線方程為，設到漸近線的距離為，所以，所以的方程為.【小問2詳解】設C的左頂點為A，則,故直線為線段的垂直平