2023-2024学年广东省中山一中等六校中学高考临考冲刺数学试卷含解析

2023-2024学年广东省中山一中等六校中学高考临考冲刺数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．2．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则,，的大小关系为（）A． B． C． D．3．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AB的中点，若，且，则面积的最大值是()A． B． C． D．4．双曲线﹣y2=1的渐近线方程是（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=05．如图，在中，，且，则（）A．1 B． C． D．6．设分别为的三边的中点，则（）A． B． C． D．7．设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是（）A．7 B．5 C．3 D．28．已知椭圆的焦点分别为，，其中焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．9．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（）A．12 B． C． D．10．已知复数，满足，则（）A．1 B． C． D．511．设等差数列的前项和为，若，则（）A．23 B．25 C．28 D．2912．已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球的表面上.若球的表面积为则该三棱柱的侧面积为___________．14．若实数，满足不等式组，则的最小值为______.15．如图是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，，则的面积为________.16．已知函数，若函数有6个零点，则实数的取值范围是_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求直线的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到直线距离的最小值和最大值.18．（12分）已知函数．⑴当时，求函数的极值；⑵若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围．19．（12分）已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：.20．（12分）已知首项为2的数列满足.（1）证明：数列是等差数列．（2）令，求数列的前项和.21．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．（1）证明：平面；（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．22．（10分）已知直线是曲线的切线.（1）求函数的解析式，（2）若，证明:对于任意，有且仅有一个零点.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率.【详解】由题意可得、.由，得，则，即.而，所以，所以点.因为点在椭圆上，则，整理可得，所以，所以.即椭圆的离心率为故选：D.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.2、C【解析】

根据函数的奇偶性得，再比较的大小，根据函数的单调性可得选项.【详解】依题意得，，当时，，因为，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，，即，故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用、幂、指、对的大小比较，以及根据函数的单调性比较大小，属于中档题.3、A【解析】

根据正弦定理可得，求出，根据平方关系求出.由两端平方，求的最大值，根据三角形面积公式，求出面积的最大值.【详解】中，，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理，得.D是AB的中点，且，，即，即，，当且仅当时，等号成立.的面积，所以面积的最大值为.故选：.【点睛】本题考查正、余弦定理、不等式、三角形面积公式和向量的数量积运算，属于中档题.4、A【解析】试题分析：渐近线方程是﹣y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线．解：双曲线其渐近线方程是﹣y2=1整理得x±2y=1．故选A．点评：本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程．属于基础题．5、C【解析】

由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案【详解】由，则，即，所以，又共线，则.故选：C【点睛】此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.6、B【解析】

根据题意,画出几何图形,根据向量加法的线性运算即可求解.【详解】根据题意,可得几何关系如下图所示:,故选:B【点睛】本题考查了向量加法的线性运算,属于基础题.7、B【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出约束条件，表示的可行域，如图，由可得，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点时，直线在轴上的截距最大，最大值为，故选B.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.8、B【解析】

根据题意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【详解】易知，且故有，则故选：B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题9、C【解析】

过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.10、A【解析】

首先根据复数代数形式的除法运算求出，求出的模即可．【详解】解：，，故选：A【点睛】本题考查了复数求模问题，考查复数的除法运算，属于基础题．11、D【解析】

由可求，再求公差，再求解即可.【详解】解：是等差数列，又，公差为，，故选：D【点睛】考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.12、D【解析】

由题意画出图形，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，可得当时最小，设正方体的棱长为，得，进一步求出四面体的体积即可．【详解】解：如图，

∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小，

∴

设正方体的棱长为，则，∴．

取，连接，则共面，在中，设到的距离为，

设到平面的距离为，

.

故选D．【点睛】本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

只要算出直三棱柱的棱长即可，在中，利用即可得到关于x的方程，解方程即可解决.【详解】由已知，，解得，如图所示，设底面等边三角形中心为，直三棱柱的棱长为x，则，，故，即，解得，故三棱柱的侧面积为.故答案为：.【点睛】本题考查特殊柱体的外接球问题，考查学生的空间想象能力，是一道中档题.14、5【解析】

根据题意，画出图像，数形结合，将目标转化为求动直线纵截距的最值，即可求解【详解】画出不等式组，表示的平面区域如图阴影区域所示，令，则.分析知，当，时，取得最小值，且.【点睛】本题考查线性规划问题，属于基础题15、【解析】

根据个全等的三角形，得到，设，求得，利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式，求得三角形的面积.【详解】由于三角形是由个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，所以.在三角形中，.设，则.由余弦定理得，解得.所以三角形边长为，面积为.故答案为：【点睛】本题考查了等边三角形的面积计算公式、余弦定理、全等三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16、【解析】

由题意首先研究函数的性质，然后结合函数的性质数形结合得到关于a的不等式，求解不等式即可确定实数a的取值范围.【详解】当时，函数在区间上单调递增，很明显，且存在唯一的实数满足，当时，由对勾函数的性质可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，结合复合函数的单调性可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且当时，，考查函数在区间上的性质，由二次函数的性质可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，函数有6个零点，即方程有6个根，也就是有6个根，即与有6个不同交点，注意到函数关于直线对称，则函数关于直线对称，绘制函数的图像如图所示，观察可得：，即.综上可得，实数的取值范围是.故答案为．【点睛】本题主要考查分段函数的应用，复合函数的单调性，数形结合的数学思想，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）最大值；最小值.【解析】

（1）结合极坐标和直角坐标的互化公式可得；（2）利用参数方程，求解点到直线的距离公式，结合三角函数知识求解最值.【详解】解：（1）因为，代入，可得直线的直角坐标方程为.（2）曲线上的点到直线的距离，其中，.故曲线上的点到直线距离的最大值，曲线上的点到直线的距离的最小值.【点睛】本题主要考查极坐标和直角坐标的转化及最值问题，椭圆上的点到直线的距离的最值求解优先考虑参数方法，侧重考查数学运算的核心素养.18、（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是．试题解析：（1）函数的定义域为当时，，所以所以当时，，当时，，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）设函数上点与函数上点处切线相同，则所以所以，代入得：设，则不妨设则当时，，当时，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时,又当时因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是．19、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）求导得，分类讨论和，利用导数研究含参数的函数单调性；（2）根据（1）中求得的的单调性，得出在处取得最大值为，构造函数，利用导数，推出，即可证明不等式.【详解】解：（1）由于，得，当时，，此时在上递增；当时，由，解得，若，则，若，，此时在递增，在上递减.（2）由（1）知在处取得最大值为：，设，则，令，则，则在单调递减，∴，即，则在单调递减∴，∴，∴.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论和构造新函数，通过导数证明不等式，考查转化思想和计算能力.20、（1）见解析；（2）【解析】

（1）由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论;（2）由（1）可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可.【详解】（1）证明:因为,所以,所以,从而,因为,所以,故数列是首项为1,公差为1的等差数列.（2）由（1）可知,则,因为,所以,则.【点睛】本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.21、（1）见解析（2）【解析】

（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．【详解】（1）证明：连接与交于，连接，因为是菱形，所以为的中点，