广东省佛山市四校2024年高考数学试题命题比赛模拟试卷(12)

2023年12月3日发(作者：南京中考数学试卷太难)

广东省佛山市四校2024年高考数学试题命题比赛模拟试卷（12）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角\"条形码粘贴处\"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．抛物线A．

的准线与双曲线B．

的两条渐近线所围成的三角形面积为C． D．

，则的值为 ( )

22．已知条件p:a1，条件q:直线xay10与直线xay10平行，则p是q的( )

A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

3．已知复数z满足z(1i)43i，其中i是虚数单位，则复数z在复平面中对应的点到原点的距离为（

）

5

2A．B．52

2C．5

2D．5

44．我国古代数学名著《九章算术》有一问题：“今有鳖臑(biē naò)，下广五尺，无袤；上袤四尺，无广；高七尺.问积几何？”该几何体的三视图如图所示，则此几何体外接球的表面积为( )

A．90平方尺

C．360平方尺

5．若i为虚数单位，则复数zA．第一象限

B．180平方尺

D．13510平方尺

1i在复平面上对应的点位于（

）

12iC．第三象限 D．第四象限 B．第二象限

x6．设点A(t,0)，P为曲线ye上动点，若点A，P间距离的最小值为6，则实数t的值为（

）

A．5 B．5

2C．2ln2

2D．2ln3

27．已知11111，如图是求的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入

43579

A．i12n1

(1)nC．i2n1

8．函数y2x2xxcosx的图像大致为（

A．

C．

9．甲乙两人有三个不同的学习小组A，加同一个小组的概率为（ ）

B．i1i2

i(1)nD．i2

）.

B．

D．

B，

C可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参

A．1111 B． C． D．

345610．设全集UxZx1x30，集合A0,1,2，则CUA＝( )

A．1,3 B．1,0 C．0,3 D．1,0,3

11．做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为（

）

A． B． C．1 D．2

x1y112．已知实数x,y满足约束条件，则2x3y的最小值是

x2y202xy20A．2 B．7

2C．1 D．4

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．如图，在三棱锥A﹣BCD中，点E在BD上，EA＝EB＝EC＝ED，BD2CD，△ACD为正三角形，点M，N2时，三棱锥A﹣BCD3分别在AE，CD上运动（不含端点），且AM＝CN，则当四面体C﹣EMN的体积取得最大值的外接球的表面积为_____.

14．已知关于x的方程a|sinx|15．已知复数z1sinx在区间[0,2]上恰有两个解，则实数a的取值范围是________

22i（i为虚数单位），则z的模为____．

2i16．在数列an中，a11,an12nan，则数列an的通项公式an_____.

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）已知函数fx123sinxcosx2cosxm在R上的最大值为3.

2（1）求m的值及函数fx的单调递增区间;

（2）若锐角ABC中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且fA0，求bc的取值范围.

18．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，平面ABCD平面PAD，AD//BC，ABBCAP1AD，ADP30，2BAD90，E是PD的中点．

1证明：PDPB；

2设AD2，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为19．（12分）如图，直线分.

与抛物线交于两点，直线10

，求二面角MABP的余弦值．5与轴交于点，且直线恰好平

（1）求的值；

（2）设是直线上一点，直线交抛物线于另一点，直线交直线b，且于点，求的值.

20．（12分）在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知acos2Acos2B3sinAcosA3sinBcosB.

（Ｉ）求角C的大小；

（Ⅱ）若c3，求ABC面积的取值范围.

21．（12分）某学校为了解全校学生的体重情况，从全校学生中随机抽取了100

人的体重数据，得到如下频率分布直方图，以样本的频率作为总体的概率.

（1）估计这100人体重数据的平均值和样本方差2；(结果取整数，同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)

（2）从全校学生中随机抽取3名学生，记X为体重在55,65的人数，求X的分布列和数学期望；

2（3）由频率分布直方图可以认为，该校学生的体重Y近似服从正态分布N(,).若P(2Yp2)0.9544，则认为该校学生的体重是正常的.试判断该校学生的体重是否正常?并说明理由.

22．（10分）如图，在直三棱柱ABCABC中，ACAB，AAABAC2，D，E分别为AB，BC的中点.

（1）证明：平面BDE平面AABB；

（2）求点C到平面BDE的距离.

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．A

【解题分析】

求得抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，解得两交点，由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．

【题目详解】 抛物线有三角形的面积为【题目点拨】

的准线为

双曲线，，解得的两条渐近线为，故选A．

可得两交点为，

即，本题考查三角形的面积的求法，注意运用抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．

2．C

【解题分析】

先根据直线xay10与直线xay10平行确定a的值，进而即可确定结果.

2【题目详解】

因为直线xay10与直线xay10平行，

所以a2a0，解得a0或a1；即q：a0或a1；

所以由p能推出q；q不能推出p；

即p是q的充分不必要条件.

故选C

【题目点拨】

本题主要考查充分条件和必要条件的判定，熟记概念即可，属于基础题型.

3．B

【解题分析】

利用复数的除法运算化简z,

复数z在复平面中对应的点到原点的距离为|z|,利用模长公式即得解.

【题目详解】

由题意知复数z在复平面中对应的点到原点的距离为|z|,

243i(43i)(1i)17i17i,1i2222

14952|z|442z故选：B

【题目点拨】

本题考查了复数的除法运算，模长公式和几何意义，考查了学生概念理解，数学运算，数形结合的能力，属于基础题.

4．A

【解题分析】 根据三视图得出原几何体的立体图是一个三棱锥，将三棱锥补充成一个长方体，此长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，由球的表面积公式计算可得选项.

【题目详解】

由三视图可得，该几何体是一个如图所示的三棱锥PABC，O为三棱锥外接球的球心，此三棱锥的外接球也是此三棱锥所在的长方体的外接球，所以O为PC的中点，

设球半径为R，则4514511290， ,所以外接球的表面积S4R4RPCAB2+BC2PA242+52+722442222故选：A．

【题目点拨】

本题考查求几何体的外接球的表面积，关键在于由几何体的三视图得出几何体的立体图，找出外接球的球心位置和半径，属于中档题.

5．D

【解题分析】

根据复数的运算，化简得到z【题目详解】

由题意，根据复数的运算，可得z31i，再结合复数的表示，即可求解，得到答案．

551i12i3i31i1i，

12i12i12i555所对应的点为,位于第四象限.

故选D.

【题目点拨】

本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

6．C

【解题分析】

设P(x,e)，求AP，作为x的函数，其最小值是6，利用导数知识求AP的最小值．

x351522【题目详解】

设P(x,e)，则AP(xt)2e2x，记g(x)ex22x(xt)2，

g(x)2e2x2(xt)，易知g(x)2e2x2(xt)是增函数，且g(x)的值域是R，

∴g(x)0的唯一解x0，且xx0时，g(x)0，xx0时，g(x)0，即g(x)ming(x0)，

由题意g(x0)e2x0(x0t)26，而g(x0)2e2x02(x0t)0，x0te2x0，

∴e2x0e4x06，解得e2x02，x0ln2．

2∴te2x0x02ln2．

2故选：C．

【题目点拨】

本题考查导数的应用，考查用导数求最值．解题时对x0和t的关系的处理是解题关键．

7．C

【解题分析】

1111由于13579中正项与负项交替出现，根据SSi可排除选项A、B；执行第一次循环：S011，11(1)n(1)n①若图中空白框中填入i②若图中空白框中填入i，则i，，则i，此时n20不成立，n2；33i22n111(1)n(1)n③若图中空白框中填入i④若图中空白框中填入i执行第二次循环：由①②均可得S1，，则i，，35i22n131113则i，此时n20不成立，n3；执行第三次循环：由③可得S1，符合题意，由④可得S1，53535(1)n不符合题意，所以图中空白框中应填入i，故选C．

2n18．A

【解题分析】

本题采用排除法:

由f55f排除选项D；

22520排除选项C;

根据特殊值f由x0,且x无限接近于0时,

fx0排除选项B； 【题目详解】

对于选项D:由题意可得,

令函数fx52522x2x

y,

xcosx52525f则25f即22252f5f,22252;

5.故选项D排除;

25f对于选项C：因为2225252520,故选项C排除;

对于选项B:当x0,且x无限接近于0时,xcosx接近于10,2x2x0，此时fx0.故选项B排除;

故选项:A

【题目点拨】

本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.

9．A

【解题分析】依题意，基本事件的总数有339种，两个人参加同一个小组，方法数有3种，故概率为10．A

【解题分析】

先求得全集包含的元素，由此求得集合A的补集.

【题目详解】

由x1x30解得1x3，故U1,0,1,2,3，所以CUA1,3，故选A.

【题目点拨】

本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.

11．C

【解题分析】

每一次成功的概率为【题目详解】

每一次成功的概率为，服从二项分布，故.

，服从二项分布，计算得到答案.

31.

93故选：.

【题目点拨】

本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.

12．B

【解题分析】

作出该不等式组表示的平面区域，如下图中阴影部分所示，

设z2x3y，则y2121xz，易知当直线yxz经过点D时，z取得最小值，

3333x1x1117由，解得1，所以D(1,)，所以zmin2(1)3，故选B．

y222x2y202

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．32π

【解题分析】

设ED＝a，根据勾股定理的逆定理可以通过计算可以证明出CE⊥ED. AM＝x，根据三棱锥的体积公式，运用基本不等式，可以求出AM的长度，最后根据球的表面积公式进行求解即可.

【题目详解】

设ED＝a，则CD2a.可得CE2+DE2＝CD2，∴CE⊥ED.

当平面ABD⊥平面BCD时，当四面体C﹣EMN的体积才有可能取得最大值，设AM＝x.

则四面体C﹣EMN的体积取等号.

解得a＝22.

此时三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积＝4πa2＝32π.

故答案为：32π

【题目点拨】

本题考查了基本不等式的应用，考查了球的表面积公式，考查了数学运算能力和空间想象能力.

11a222xax22（a﹣x）a×xax（a﹣x）a()，当且仅当x时232212122314．(,)

【解题分析】

先换元，令tsinx，将原方程转化为at求出．

【题目详解】

因为关于x的方程a|sinx|31221t，利用参变分离法转化为研究两函数的图像交点，观察图像，即可2t1,011sinx在区间[0,2]上恰有两个解，令tsinx，所以方程att在221t120t1tt2

，

0,1

上只有一解，即有a1tt21t0ttt12

在t1,0直线ya与y0,1的图像有一个交点，

由图可知，实数a的取值范围是[,)，但是当a综上实数a的取值范围是(,).

【题目点拨】

31223时，还有一个根t1，所以此时共有3个根.

23122本题主要考查学生运用转化与化归思想的能力，方程有解问题转化成两函数的图像有交点问题，是常见的转化方式．

15．1

【解题分析】

2234i34z，所以z1．

555n,n为奇数

16．n1,n为偶数【解题分析】

由题意可得an1an12(n2)，又a11，数列an的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，对n分奇数和偶数两种情况，分别求出an，从而得到数列an的通项公式an【题目详解】

解：∵an12nan，

∴an1an2n①，anan12(n1)(n2)②，

①﹣②得：an1an12(n2)，又∵a11，

∴数列an的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，

∴当n为奇数时，ann，

当n为偶数时，则n1为奇数，∴an2(n1)an12(n1)(n1)n1，

∴数列an的通项公式ann,n为奇数.

n1,n为偶数n,n为奇数，

n1,n为偶数故答案为：n,n为奇数.

n1,n为偶数【题目点拨】

本题考查求数列的通项公式，解题关键是由已知递推关系得出an1an12(n2)，从而确定数列的奇数项成等差数列，求出通项公式后再由已知求出偶数项，要注意结果是分段函数形式．

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。

21bk，k，kZfx2. 217．（1）m1,函数的单调递增区间为；（）632c【解题分析】

（1）运用降幂公式和辅助角公式，把函数的解析式化为正弦型函数解析式形式，根据已知，可以求出m的值，再结合正弦型函数的性质求出函数fx的单调递增区间;

（2）由（1）结合已知fA0，可以求出角A的值，通过正弦定理把问题bc的取值范围转化为两边对角的正弦值的比值的取值范围，结合已知ABC是锐角三角形，三角形内角和定理，最后求出【题目详解】

解：（1）fx123sinxcosx2cosxm

2bc的取值范围.

3sin2xcos2xm2sin2xm

6由已知2m3，所以m1

因此fx2sin2x令2k得k1

622x62k3，kZ

26xk2，kZ

3因此函数fx的单调递增区间为k6，k2，kZ

3（2）由已知2sin2A由0A所以A110sin2A，∴=

6622得62A657

，因此2A6663

1sinC3cosCsinCbsinB31

32csinCsinCsinC2tanC20C2因为为锐角三角形ABC，所以，解得C

620B2C32因此tanC1b3，那么2

2c3【题目点拨】

本题考查了降幂公式、辅助角公式，考查了正弦定理，考查了正弦型三角函数的单调性，考查了数学运算能力.

18．（1）见解析；（2）【解题分析】

27

7（1）由平面ABCD平面PAD的性质定理得AB平面PAD，ABPD.在PAD中，由勾股定理得PDAP，PD平面PAB，即可得PDPB；

（2）以P为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线BM与CE所成角的余弦值为坐标，从而求出二面角MABP的余弦值.

【题目详解】

（1）平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PAD=AD

，BAD90，所以ABAD .由面面垂直的10，得点M的5性质定理得AB平面PAD，ABPD，在PAD中，AP1AD，ADP30，由正弦定理可得：21sinADPsinAPD，

2APD90，即PDAP，PD平面PAB，PDPB.

（2）以P为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B0,1,1，C31,,1，

2231313E2,0,0，设M2a,2a,a

0a1，则BM2a,2a1,a1，

1cosBM,CEBMCECE0,,1,

BMCE235a242a23a252105

321nBM02BM,,得a，3，而AB0,0,1，设平面ABM的法向量为nx,y,z，由nAB0可得：3333x2yz0，令x2，则n2,3,0，取平面PAB的法向量m1,0,0，则z0cosm,nmn22727.

，故二面角MABP的余弦值为mn777

【题目点拨】 本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.

19．（1）；（2）.

【解题分析】

试题分析：（1）联立直线的方程和抛物线的方程以，由可得试题解析：

（1）由，整理得，

，代入点的坐标化简得三点共线得，化简得，化简写出根与系数关系，由于直线，结合跟鱼系数关系，可求得，再次代入点的坐标并化简得，故.

平分，，所，；（2）设，同理由三点共线，设，，则，

因为直线所以所以平分，即，∴，

，得，满足，且，

，所以，.

，，

， （2）由（1）知抛物线方程为设所以，，，即，由三点共线得，

整理得：由三点共线，可得，①

，②

，

，③

，代入③得：，所以.

.

，

②式两边同乘得：即：由①得：即：所以考点：直线与圆锥曲线的位置关系.

【方法点晴】本题考查直线与抛物线的位置关系.阅读题目后明显发现，所有的点都是由直线和抛物线相交或者直线与直线相交所得.故第一步先联立，相当于得到的坐标，但是设而不求.根据直线平分，有，这样我们根据斜率的计算公式来求解.

20．（Ⅰ）C【解题分析】

（Ｉ）根据cos2Acos2B，代入点的坐标，就可以计算出的值.第二问主要利用三点共线3；（Ⅱ）SABC(0,33)

43sinAcosA3sinBcosB，利用二倍角公式得到1cos2A1cos2B33sin2Asin2B，再由辅助角公式得到sin2Asin2B，然后根据正662222弦函数的性质求解.

（Ⅱ）根据（Ｉ）由余弦定理得到3a2b2ab，再利用重要不等式得到ab3，然后由SABC【题目详解】

（Ｉ）因为cos2Acos2B所以1absinc求解.

23sinAcosA3sinBcosB，

1cos2A1cos2B33sin2Asin2B，

22223cos2A3cos2B，

sin2Asin2B2222sin2Asin2B，

662A62B6或2A62B6，

AB或AB3，

因为ab，

2

32所以AB所以C3；

（Ⅱ）由余弦定理得：c2a2b22abcosC

，

所以a2b23ab2ab，

所以ab3，当且仅当ab取等号，

又因为ab， 所以ab3，

所以SABC1333absincab(0,)

244【题目点拨】

本题主要考查二倍角公式，辅助角公式以及余弦定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

21．（1）60；25（2）见解析，2.1（3）可以认为该校学生的体重是正常的.见解析

【解题分析】

（1）根据频率分布直方图可求出平均值和样本方差2；

（2）由题意知X服从二项分布B3, 0.7，分别求出PX0，PX1，PX2，PX3，进而可求出分布列以及数学期望；

（3）由第一问可知Y服从正态分布N60,25，继而可求出P50Y70的值，从而可判断.

【题目详解】

解：（1）

u47.572.50.004552.567.50.026557.562.50.07560

2226047.572.5600.0260 52.52 

67.5 602 0.13

  [6057.5(62.560)2]0.3525

（2）由已知可得从全校学生中随机抽取1人，体重在[55,65)的概率为0.7.

随机拍取3人，相当于3次独立重复实验，随机交量X服从二项分布B3, 0.7，

则PX0C30.70.30.027，PX1C30.70.30.189，

0031223PX2C30.720.30.441，PX3C30.730.300.343，

2所以X的分布列为：

X

P

0

0.027

1

0.189

2

0.441

3

0.343

数学期望EX30.72.1

（3）由题意知Y服从正态分布N60,25，

则P2Y2P50Y700.960.9544， 所以可以认为该校学生的体重是正常的.

【题目点拨】

本题考查了由频率分布直方图求进行数据估计，考查了二项分布，考查了正态分布.注意，统计类问题，如果题目中没有特殊说明，则求出数据的精度和题目中数据的小数后位数相同.

22．（1）证明见解析；（2）【解题分析】

（1）通过证明DE面AABB，即可由线面垂直推证面面垂直；

（2）根据AC//面BDE，将问题转化为求A到面BDE的距离，利用等体积法求点面距离即可.

【题目详解】

（1）因为棱柱ABCABC是直三棱柱，所以ACAA

又ACAB，AA45.

5ABA

所以AC面AABB

又D，E分别为AB，BC的中点

所以DE//AC

即DE面AABB

又DE面BDE，所以平面BDE平面AABB

（2）由（1）可知AC//AC//DE

所以AC//平面BDE

即点C到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离

设点A到面BDE的距离为h

由（1）可知，DE面AABB

且在RtBDE中，BD5，DE1

SBDE5易知S2ABD2

由等体积公式可知VABDEVEABD

即1S3131hSBDE3ABDDE

由5145

h21得h523所以C到平面BDE的距离等于【题目点拨】

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5本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及利用等体积法求点面距离，属综合中档题.