2024届广东省广州市普通高中毕业班冲刺训练题（一）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3广东省广州市2024届普通高中毕业班冲刺训练题（一）数学试题一、选择题1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，因此，.故选：C.2.若幂函数在上单调递增，则实数的值为（）A.2 B.1 C. D.〖答案〗A〖解析〗因为幂函数在上增函数，所以，解得.故选：A.3.下列说法正确的是（）A.数据，1，2，4，5，6，8，9的下四分位数是7B.已知随机变量，若，则C.若随机变量满足，则D.若随机事件，满足，则〖答案〗D〖解析〗对于A，8个数据从小到大排列，所以下四分位数即第25百分位数，，所以应该是第二个与第三个的平均数，故A不正确；对于B，因为，则，则，故B不正确；对于C，随机变量满足，则，故C不正确；对于D，若，则，独立，从而，独立，所以，故D正确.故选：D.4.记为等差数列前项和，若，则使成立的最大正整数的值为（）A.17 B.18 C.19 D.20〖答案〗B〖解析〗由知，，故当时均有.故，且当时有.故选：B.5.已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径分别为，，且，则圆台的体积与球的体积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图：为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，从而，故.设圆台的体积为，球的体积为，则.故选：B.6.一个盒子里装有3个黑球，2个白球，它们除颜色外完全相同.现每次从袋中不放回地随机取出一个球，记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则下列结论不正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，对于A，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，A正确；对于В，，，В正确；对于C，有，C错误；对于D，有，D正确.故选：C7.已知为锐角，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为为锐角，所以，，又，所以，而，所以，所以，因此.故选：D．8.已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，令，则，则在上单调递增.由，为奇函数，得，则，从而原不等式可化为，即，此即为.由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.故选：D.二、选择题9.已知复数，，下列结论正确的有（）A. B.若，则C.若，则 D.若，，则为纯虚数〖答案〗AD〖解析〗对于A，设，对应的向量分别为，，则由向量三角不等式得，所以恒成立，故A正确；对于B，取，，但，，故B错误；对于C，当，时，，而，故C错误；对于D，，故D正确；故选：AD.10.已知，且，则下列结论成立的是（）A. B.C.存在，使得 D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，由及，得，所以，A正确.对于B，由及，得，所以.同理可得.又，所以，所以，B正确.对于C，由及，得，所以，得，所以，得，C错误.对于D，由，得，所以.因为，，所以，所以，D正确.故选：ABD.11.在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（）A.若，则平面截正方体所得截面的面积为B.若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线C.若，则点的轨迹长度为D.若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120〖答案〗ABD〖解析〗对于A，若，显然平面截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；对于B，因为，若与所成的角为，则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面，所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确；对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，，所以，又因为点为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，所以点的轨迹长度为，所以C错误，对于D，平面，且为正三角形，若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确.故选：ABD.三、填空题12.若向量在向量上的投影为，且，则______.〖答案〗〖解析〗在上的投影为，，则，即又，平方得，则即．故〖答案〗为：．13.如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线.设线段与线段所夹的角为，则______，满足的最小值为______.〖答案〗1712〖解析〗由题意得，，由此类推，，，，，，，，，，…，观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，所以正多边形有个.令，解得，所以的最小值为61，即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为1712.故〖答案〗为：，1712.14.在中，是边上一点，，若，且的面积为，则______.〖答案〗〖解析〗作的角平分线,由得,故是的角平分线，根据等面积法可得,由于,所以，又，所以，，所以，所以，因此，故为等边三角形，所以，，故〖答案〗为：四、解答题15.已知函数.（1）若时，恒成立，求实数的取值范围；（2）将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围.解：（1）因为，当时，可得，当，即时，取得最小值，因为时，恒成立，所以，即实数的取值范围为.（2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：，再将其向右平移，可得：，即函数，因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是，再由函数有且仅有4个零点，则满足，解得，所以实数的取值范围.16.已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面.（1）从①②③中选取两个作条件，证明另一个成立；（2）在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.解：（1）①②③，连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，，，平面，故平面，平面，故，由于，，，故，因此，，，平面，故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）平面，故，又，，，平面，故平面.②③①连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，，，平面，故平面，平面，故，又平面，平面，故，，，平面，故平面，结合底面是正方形，是正方形的中心，所以四棱锥是正四棱锥，故，①③②连接，相交于，连接，平面，平面，故，由于，，故，又，，，故，故，因此，，，，平面，故平面，故四棱锥是正四棱锥，由于，又，，，平面，故平面，平面，故，（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，设四棱锥的底边边长为，则四，所以，故，由于，当且仅当，即时取等号，故当四棱锥的底边边长为时，四棱锥体积的最大值为.（法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接，又因为底面，，所以为二面角的平面角，，，，即二面角的余弦值为.（法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，，所以，，设面的法向量为，则即，不妨取，则，，所以，易得平面的法向量，设二面角的平面角为，即二面角的余弦值为.17.已知，，平面上有动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为1.（1）求动点的轨迹的方程.（2）过点A的直线与交于点（在第一象限），过点的直线与交于点（在第三象限），记直线，的斜率分别为，，且.试判断与的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.解：（1）设，，由题意可得：，整理得，故求动点的轨迹方程为.（2）由题意可知：，且，可得，显然直线MN的斜率不为0，设直线的方程为，，，联立方程，消去x得，则，，可得，则，整理可得，则，因为，则，可得，整理可得，所以直线方程为，即直线过定点，则，此时，，所以为定值.18.甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.（1）求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；（2）投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；（3）设，求证：.（1）解：依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是.则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为；第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为；第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为；第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.（2）解：由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有，变形为.又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以.所以数列的通项公式.（3）证明：由（2）可得，则①当是奇数时，因是单调增函数，故，则，于是，，故；②当是偶数时，因是单调减函数，故，则，于是，，故.综上，.19.若集合的非空子集满足：对任意给定的，若，有，则称子集是的“好子集”.记为的好子集的个数.例如：的7个非空子集中只有不是好子集，即.记表示集合的元素个数.（1）求的值；（2）若是的好子集，且.证明：中元素可以排成一个等差数列；（3）求的值.解：（1）的全部非空子集为，，，，，，，，，，，，，，，其中好子集有，，，，，，，，，，，共有11个.所以.（2）将的元素从小到大排列，即，，其中.首先对任意的，若和奇偶性相同，则，所以，而，集合中和中间没有项，故产生矛盾!即对任意的，和奇偶性相反，则对任意的，和奇偶性必相同，于是由题意，因，则，而且，所以.即对任意的，，即.由的任意性知，是一个等差数列.（3）记.首先证明中包含1的好子集个数为.的好子集分为两类：包含1的和不包含1的.因为中不包含1的好子集每个元素均减去1即为的好子集，的每个好子集每个元素均加上1即为的好子集，所以的不包含1的好子集与的好子集一一对应，其个数为.故包含1的好子集个数为.同理可证：中包含1的好子集个数为，这也恰是中包含1但不包含的好子集个数.于是中包含1且包含的好子集的个数为故题目所求的为的包含1，2024的所有好子集的个数.显然，是好子集.若好子集中除了1，2024外至少还有一个元素，则由（2）可知，中元素从小到大排列可以构成一个等差数列，设为.设公差为，因为，而，所以为的小于的正约数，故.而每一个都唯一对应一个的包含1，2024的好子集，这样的子集有5个.因此.广东省广州市2024届普通高中毕业班冲刺训练题（一）数学试题一、选择题1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，，因此，.故选：C.2.若幂函数在上单调递增，则实数的值为（）A.2 B.1 C. D.〖答案〗A〖解析〗因为幂函数在上增函数，所以，解得.故选：A.3.下列说法正确的是（）A.数据，1，2，4，5，6，8，9的下四分位数是7B.已知随机变量，若，则C.若随机变量满足，则D.若随机事件，满足，则〖答案〗D〖解析〗对于A，8个数据从小到大排列，所以下四分位数即第25百分位数，，所以应该是第二个与第三个的平均数，故A不正确；对于B，因为，则，则，故B不正确；对于C，随机变量满足，则，故C不正确；对于D，若，则，独立，从而，独立，所以，故D正确.故选：D.4.记为等差数列前项和，若，则使成立的最大正整数的值为（）A.17 B.18 C.19 D.20〖答案〗B〖解析〗由知，，故当时均有.故，且当时有.故选：B.5.已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径分别为，，且，则圆台的体积与球的体积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图：为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，从而，故.设圆台的体积为，球的体积为，则.故选：B.6.一个盒子里装有3个黑球，2个白球，它们除颜色外完全相同.现每次从袋中不放回地随机取出一个球，记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则下列结论不正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，对于A，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，A正确；对于В，，，В正确；对于C，有，C错误；对于D，有，D正确.故选：C7.已知为锐角，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为为锐角，所以，，又，所以，而，所以，所以，因此.故选：D．8.已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，令，则，则在上单调递增.由，为奇函数，得，则，从而原不等式可化为，即，此即为.由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.故选：D.二、选择题9.已知复数，，下列结论正确的有（）A. B.若，则C.若，则 D.若，，则为纯虚数〖答案〗AD〖解析〗对于A，设，对应的向量分别为，，则由向量三角不等式得，所以恒成立，故A正确；对于B，取，，但，，故B错误；对于C，当，时，，而，故C错误；对于D，，故D正确；故选：AD.10.已知，且，则下列结论成立的是（）A. B.C.存在，使得 D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，由及，得，所以，A正确.对于B，由及，得，所以.同理可得.又，所以，所以，B正确.对于C，由及，得，所以，得，所以，得，C错误.对于D，由，得，所以.因为，，所以，所以，D正确.故选：ABD.11.在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（）A.若，则平面截正方体所得截面的面积为B.若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线C.若，则点的轨迹长度为D.若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120〖答案〗ABD〖解析〗对于A，若，显然平面截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；对于B，因为，若与所成的角为，则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面，所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确；对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，，所以，又因为点为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，所以点的轨迹长度为，所以C错误，对于D，平面，且为正三角形，若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确.故选：ABD.三、填空题12.若向量在向量上的投影为，且，则______.〖答案〗〖解析〗在上的投影为，，则，即又，平方得，则即．故〖答案〗为：．13.如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线.设线段与线段所夹的角为，则______，满足的最小值为______.〖答案〗1712〖解析〗由题意得，，由此类推，，，，，，，，，，…，观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，所以正多边形有个.令，解得，所以的最小值为61，即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为1712.故〖答案〗为：，1712.14.在中，是边上一点，，若，且的面积为，则______.〖答案〗〖解析〗作的角平分线,由得,故是的角平分线，根据等面积法可得,由于,所以，又，所以，，所以，所以，因此，故为等边三角形，所以，，故〖答案〗为：四、解答题15.已知函数.（1）若时，恒成立，求实数的取值范围；（2）将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围.解：（1）因为，当时，可得，当，即时，取得最小值，因为时，恒成立，所以，即实数的取值范围为.（2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：，再将其向右平移，可得：，即函数，因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是，再由函数有且仅有4个零点，则满足，解得，所以实数的取值范围.16.已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面.（1）从①②③中选取两个作条件，证明另一个成立；（2）在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.解：（1）①②③，连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，，，平面，故平面，平面，故，由于，，，故，因此，，，平面，故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）平面，故，又，，，平面，故平面.②③①连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，，，平面，故平面，平面，故，又平面，平面，故，，，平面，故平面，结合底面是正方形，是正方形的中心，所以四棱锥是正四棱锥，故，①③②连接，相交于，连接，平面，平面，故，由于，，故，又，，，故，故，因此，，，，平面，故平面，故四棱锥是正四棱锥，由于，又，，，平面，故平面，平面，故，（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，设四棱锥的底边边长为，则四，所以，故，由于，当且仅当，即时取等号，故当四棱锥的底边边长为时，四棱锥体积的最大值为.（法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接，又因为底面，，所以为二面角的平面角，，，，即二面角的余弦值为.（法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，，所以，，设面的法向量为，则即，不妨取，则，，所以，易得平面的法向量，设二面角的平面角为，即二面角的余弦值为.17.已知，，平面上有动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为1.（1）求动点的轨迹的方程.（2）过点A的直线与交于点（在第一象限），过点的直线与交于点（在第三象限），记直线，的斜率分别为，，且.试判断与的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.解：（1）设，，由题意可得：，整理得，故求动点的轨迹方程为.（2）由题意可知：，且，可得，显然直线MN的斜率不为0，设直线的方程为，，，联立方程，消去x得，则，，可得，则，整理可得，则，因为，则，可得，整理可得，所以直线方程为，即直线过定点，则，此时，，所以为定值.18.甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.（1）求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；（2）投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；（3）设，求证：.（1）解：依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的