广东省汕头市2024届普通高考第二次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省汕头市2024届普通高考第二次模拟考试数学试题第Ⅰ卷选择题一、选择题1.抛物线的准线方程是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗对于抛物线，的准线方程是.故选：B.2.展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为（）A.8 B.7 C.6 D.5〖答案〗C〖解析〗因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.故选：C3.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗因，所以由为真子集，所以“”是“”的必要不充分条件故选：B.4.若实数，满足，且.则下列四个数中最大的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题知：，且，所以，，故排除D.因为，故排除A.因为，故排除C.故选：B5.袋子中有红、黄、黑、白共四个小球，有放回地从中任取一个小球，直到红、黄两个小球都取到才停止，用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率．用1，2，3，4分别代表红、黄、黑、白四个小球，利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：341332341144221132243331112342241244342142431233214344由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗18组随机数中，满足条件的有221，132，112，241，142，这5组数据满足条件，所以估计恰好抽取三次就停止的概率.故选：D6.已知两个等差数列2，6，10，，202及2，8，14，，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为（）A.1678 B.1666 C.1472 D.1460〖答案〗B〖解析〗第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，故新数列的公差是4和6的最小公倍数12，则新数列的公差为12，首项为2，其通项公式为，令，得，故，则，故选：B.7.已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，且，，则球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，且，，把三棱锥补成一个长方体，如图所示：所以长方体的外接球即是三棱锥的外接球，因为，，可得长方体的外接球的半径为，所以球的表面积为，故选：D．8.已知函数在区间上单调递减，则实数的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意，因为函数在区间上单调递减，所以在区间上恒成立，即，令，则，又，所以，所以在为减函数，所以，所以，即实数a的最大值是.故选：C二.选择题9.某校高三年级选考生物科的学生共1000名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分的分数转换区间为，若等级分，则（）参考数据：；；.A.这次考试等级分的标准差为25B.这次考试等级分超过80分的约有450人C.这次考试等级分在内的人数约为997D.〖答案〗CD〖解析〗对于A，由题设，均值，方差，所以标准差为5，故A错误；对于B，，所以人，故B错误；对于C，，则人，故C正确；对于D，故D正确．故选：CD.10.如图，函数的部分图象与坐标轴分别交于点、、，且的面积为，则（）A.点的纵坐标为1B.在上单调递增C.点是图象的一个对称中心D.的图象可由的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将图象向左平移个单位得到〖答案〗ABC〖解析〗对于A，由周期可知，，所以，则，即点的纵坐标为1，故A正确；即，且，所以，即，对于B，当时，，所以在上单调递增，故B正确；对于C，，所以点是图象的一个对称中心，故C正确；对于D，将的图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得，再将图象向左平移个单位得，故D错误.故选：ABC11.用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（）A.若，则截口曲线为圆B.若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分C.若，则截口曲线为抛物线的一部分D.若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则〖答案〗BCD〖解析〗对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；对于B，与所成的角为，所以，因为，所以，即，所以，所以平面截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，故B正确；对于C，因为平面，平面，所以，因为，，SOD，所以平面SOD，又因为平面SOD，所以又为、的中点，所以，平面MAB，所以平面MAB，所以与SO所成的角为，所以，，故C正确；对于D，截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则，所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．故选：BCD.第Ⅱ卷非选择题三、填空题12.写出一个满足，且的复数，________.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗设，，因为，所以，，由，解得或，则（〖答案〗不唯一）.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.13.已知直线x+y=a与圆交于A､B两点，且，其中O为坐标原点，则实数a的值为________.〖答案〗〖解析〗因，由向量加法和减法的几何意义知，以线段OA，OB为一组邻边的平行四边形两条对角线长相等，从而这个平行四边形是矩形，即，又，则是等腰直角三角形，于是点O到直线AB距离为，所以，即.故〖答案〗为：14.已知数列：0，2，0，2，0，现按规则：每个0都变为“2，0，2”，每个2都变为“0，2，0”对该数列进行变换，得到一个新数列，记数列，，则数列的项数为________，设的所有项的和为，则________.〖答案〗〖解析〗因为共5项，在f作用下，每个项都变为3个项，所以的项数是首项为5，公比为3的等比数列，所以的项数为根据变换规则，若数列的各项中，与0的个数相同，则与之相邻的下一个数列中与0的个数也相同；若比0多个，则与之相邻的下一个数列中比0的个数少个；若比0少个，则与之相邻的下一个数列中比0的个数多个；因为中有项，其中个，个0，比0少个，所以的项中，比0的个数多个；以此类推，若为奇数，则数列的各项中比0少个，若为偶数，则数列的各项中比0多个；所以数列中2比0多1个，所以故〖答案〗为：；.四、解答题15.中，内角、、的对边分别为、、.（1）若，，求的值；（2）求证：（1）解：因为，所以，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，所以，整理可得，所以.（2）证明：，由正弦定理可得，由余弦定理可得，所以.16.设是由满足下列条件的函数构成的集合：①方程有实根；②在定义域区间上可导，且满足.（1）判断，是否是集合中的元素，并说明理由；（2）设函数为集合中的任意一个元素，证明：对其定义域区间中的任意、，都有.解：（1）当时，，满足条件②；令，则，在上存在零点，即方程有实数根，满足条件①，综上可知，（2）不妨设在D上单调递增，，即①令则，在D上单调递减，，即，②由①②得：17.2023年，我国新能源汽车产销量占全球比重超过60%，中国成为世界第一大汽车出口国.某汽车城统计新能源汽车从某天开始连续的营业天数与销售总量（单位：辆），采集了一组共20对数据，并计算得到回归方程，且这组数据中，连续的营业天数的方差，销售总量的方差.（1）求样本相关系数，并刻画与的相关程度；（2）在这组数据中，若连续的营业天数满足，试推算销售总量的平均数.附：经验回归方程，其中，.样本相关系数，.解：（1）因为，，可以推断连续的营业天数与销售总量这两个变量正线性相关，且相关程度很强．（2），（负值已舍去），而，从而.18.如图，矩形中，，.、、、分别是矩形四条边的中点，设，.（1）证明：直线与的交点在椭圆：上；（2）已知为过椭圆的右焦点的弦，直线与椭圆的另一交点为，若，试判断、、是否成等比数列，请说明理由.（1）证明：设，依题意，，，，，则直线的方程为，①直线的方程为，②①×②得：即故直线与的交点M在椭圆上；（2）解：依题意，直线的斜率均不为零，故设直线PO的方程为，直线MO的方程为由得：由得即成等比数列.19.日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，常见的捆扎方式有两种，如图（A）、（B）所示，并配上花结.图（A）中，正四棱柱的底面是正方形，且，.（1）若，记点关于平面的对称点为，点关于直线的对称点为.（ⅰ）求线段的长；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.（2）据烘焙店的店员说，图（A）这样的捆扎不仅漂亮，而且比图（B）的十字捆扎更节省彩绳.你同意这种说法吗？请给出你的理由.（注意，此时、、、、、、、这8条线段可能长短不一）解：（1）（ⅰ）如图，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为则有，取得点H到平面的距离，线段的长为（ⅱ）设为的中点，则且，由（ⅰ）知，又为平面ABCD