广东省广州市2024年高三数学模拟预测卷.docx

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1、 广东省广州市2024年高三数学模拟预测卷一、单选题1已知集合，则（）ABCD2若，且是纯虚数，则（）AB1CD23小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（）A48B32C24D164已知函数在上为减函数，则实数的取值范围是（）ABCD5在四面体中，M点在线段上，且，G是的重心，已知，则等于（）ABCD6已知三棱锥中三组相对的棱长分别相等，长度分别为，其中，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为（）ABCD7已知，则（）ABCD8已知双曲线的左、右焦点分别是，点A，B是其右支上的两点，则该双曲线

2、的离心率是（）ABCD二、多选题9已知平面向量在由正方形组成的网格中位置如图所示（网格中面积最小的正方形边长为1），则（）AB存在实数，使得.C.D向量在方向上的投影向量为10已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，以下说法正确的是（）AB当时，C当时，不是数列中的项D若是数列中的项，则的值可能为711已知双曲线（，），实轴长为8，虚半轴长为，分别为双曲线左右焦点，点，P为双曲线在第一象限上任意一点，则下列说法正确的是（）AB内切圆圆心的横坐标为定值C若直线l交双曲线于A，B两点，且Q为中点，则直线l的方程为D的最小值为三、填空题12

3、函数的图象在点处的切线方程是 .13若角的终边经过点，则 14用数学归纳法证明“”，需验证时的式子为 四、解答题15已知数列的首项，且满足.(1)求证：数列为等比数列；(2)若，求满足条件的最大整数n.16已知角的顶点是直角坐标系的原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，且角是第三象限角(1)求的值；(2)求的值17若存在常数k，b使得函数与对于给定区间上的任意实数x，均有，则称是与的隔离直线已知函数，(1)在实数范围内解不等式：；(2)当时，写出一条与的隔离直线的方程并证明18如图，在平行六面体中，E是的中点，设，(1)求的长；(2)求异面直线和夹角的余弦值19已知双曲线的中心为

4、坐标原点，上顶点为，离心率为.(1)求双曲线的方程；(2)记双曲线的上、下顶点为、，为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求证：直线过定点，并求出定点坐标. 参考答案：1B【分析】根据交集运算求解.【详解】由题意可得：.故选：B.2B【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合是纯虚数，求得，即可求解【详解】设，则因为是纯虚数，可得，即，所以故选：B.3C【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.【详解】1与4相邻，共有种排法，两个2之间插入1个数，共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，则总共有种密码故选：C4D【分析】根据分段函数单调性

5、以及对数函数性质列式求解.【详解】由题意可得：，解得，所以实数的取值范围是.故选：D.5C【分析】根据题意结合重心的性质以及空间向量的线性运算求解.【详解】因为G是的重心，则，由，得， 所以.故选：C.6C【分析】根据三棱锥的三组对棱分别相等，可得到三棱锥的顶点必是一个长方体的顶点，再由棱的长度可求得长方体同一个顶点发出的三条棱的长度，继而表示出外接球半径，借助于基本不等式即可求得.【详解】由题设知，三棱锥的四个顶点是一个长方体的四个顶点，如图因三棱锥中三组相对的棱长分别相等，长度分别为，故该长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为，且三棱锥的外接球即为长方体的外接球，故外接球的直径长为长方体的

6、体对角线长，设外接球半径为，则三棱锥的外接球表面积为,因，则，当且仅当时等号成立此时，即时，.故选:C7A【分析】由平方关系以及两角差的正弦公式即可求解.【详解】因为，所以，所以.故选：A.8B【分析】由题意，根据双曲线的定义可得，进而，在、中，分别用余弦定理表示，建立关于a的方程，解之即可求解.【详解】由，得，结合题设有，由双曲线的定义知，又，由，得，得，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，解得，所以双曲线的离心率为.故选：B9AC【分析】A.由向量的模公式求解判断；B.由共线向量定理判断；C.设网格中方向向右向上的单位向量分别为，且，得到运算判断；D.利用投影向量的定义判断.【详解

7、】解；，A正确；由图可知，向量不共线，故不存在实数，使得错误；设网格中方向向右向上的单位向量分别为，且，则，所以正确；由图可知，向量在方向上的投影向量方向向右模长为1，所以向量在方向上的投影向量为，D错误.故选：AC.10ABD【分析】求出通项判断A；求出公差、通项判断BC；探讨数列与的下标关系判断D.【详解】对于A，由题意得，A正确；对于B，新数列的首项为2，公差为2，故，B正确；对于C，由B选项知，令，则，即是数列的第8项，C错误；对于D，插入个数，则，则等差数列中的项在新的等差数列中对应的下标是以1为首项，为公差的等差数列，于是，而是数列的项，令，当时，D正确.故选：ABD11ABD【分

8、析】根据题意可得以及双曲线方程.对于A：根据数量积的运算律以及双曲线的性质运算求解；对于B：根据切线的性质以及双曲线的定义分析求解；对于C：根据点差法分析求解；对于D：利用双曲线的定义进行转化，结合图形的性质分析求解.【详解】由题意可知：，双曲线方程为，对于选项A：因为，且，所以，故A正确；对于选项B：设内切圆的圆心为，内切圆与边分别切于点，可知：，因为，设点的横坐标为，由可知：点的横坐标为，则，即，所以内切圆圆心的横坐标为定值4，故B正确；对于选项C：设，若Q为中点，则，可得，因为A，B在双曲线上，则，两式相减得，整理得，即，所以直线l的方程为，即，联立方程，消去y得，计算，故C错误，对于选

9、项D：因为，则，可得，当且仅当P在线段上时，等号成立，故D正确故选：ABD.【点睛】易错点睛：对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交12【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，然后代入点斜式直线方程化简求解即可.【详解】由知，所以，故所求切线方程为，即.故答案为：13/-0.96【分析】利用任意角三角函数定义求出的三角函数值，利用两角差的余弦公式求出，最后利用二倍角公式得出答案即可.【详解】由任意角三角函数定义得，故，由二倍角公式得.故答案为：14【分析】由数学归纳法的变化规律直接可得结果.【

10、详解】当 ，不等式左侧为，右侧为：，需验证式子为.故答案为：.15(1)证明见解析(2)2023【分析】（1）对递推式两边取倒数得，变形为，然后根据等比数列定义证明即可；（2）由（1）可得，利用分组求和思想求和后结合函数单调性解不等式即可求解.【详解】（1），可得，又由，所以，则数列表示首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）可得，所以.设数列的前n项和为，则，若，即，因为函数为单调递增函数，所以满足的最大整数n的值为2023.16(1)(2)【分析】（1）根据三角函数的定义即可求解，（2）根据诱导公式化简，即可根据弦切互化求解.【详解】（1）由为第三象限角，终边与单位圆交于点，得，,解得，（

11、2），17(1)(2)，证明见解析【分析】（1）由解得或,在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，结合图形即可求解；（2）求出的图象的交点，设与是存在隔离直线函数，可得，利用可求出k的值，结合证明，即可得出结论.【详解】（1）由，即，解得或在同一个平面直角坐标系中作出函数的图象，如图，由图可知，当时，函数单调递减，单调递增，且，所以；当时，函数单调递减，单调递增，且，则；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，单调递增，且，所以；当时，函数单调递增，单调递增，且，所以不等式的解集为.（2）一条隔离直线为证明：由（1）知，令，由解得，当时，即有公共点，设与存在隔离直线函数，则点在隔离直线函数上，则

12、，即，所以；若当时有，即，则在上恒成立，即，由于，故此时只有时上式才成立，则.下面证明，令，即，故，当且仅当即时，等号成立，所以，即为与的隔离直线函数.18(1)(2)【分析】（1）根据空间向量基本定理得到，平方后结合空间数量积公式求出，求出答案；（2）先求出，结合空间向量夹角余弦公式求出答案.【详解】（1）由题意得，又，故，故；（2），设异面直线和夹角为，则.19(1)(2)证明见解析，定点坐标为【分析】（1）根据离心率和上顶点确定、，进而可得双曲线方程；（2）直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合，可得的值，进而可得定点.【详解】（1）解：设双曲线方程为，因为该双曲线的上顶点坐

13、标为，则，则由可得，则，因此，双曲线的方程为.（2）证明：由（1）可得、，设、，若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，从而可知，直线、关于轴对称，则点在轴上，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，所以，设，则，所以，又，得，所以，即，化简得，解得，所以直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.