备战2024年广东新高考数学仿真模拟练习卷（一）（新结构）（含解析）

备战2024年广东新高考数学仿真模拟练习卷（一）（新结构）
考生注意：
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑-.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．形如我们称为“二阶行列式”，规定运算，若在复平面上的一个点A对应复数为，其中复数满足，则点A在复平面内对应坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．在中，延长至点使得，连接，点为上一点且，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则 B．若，且，则
C．若，且，则 D．若，且，则
5．已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
6．某中学进行数学竞赛选拔考试，，，，，共5名同学参加比赛，决出第1名到第5名的名次.和去向教练询问比赛结果，教练对说：“你和都没有得到冠军．”对说：“你不是最后一名.”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）
A．54种 B．72种 C．96种 D．120种
7．已知是定义在上的偶函数，函数满足，且，在单调递减，则（ ）
A．在单调递减 B．在单调递减
C．在单调递减 D．在单调递减
8．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9．下列说法正确的是（ ）
A．一组数据2、3、3、4、5、7、7、8、9、11的第80百分位数为8.5
B．在回归分析中，可用决定系数判断模型拟合效果，越小，模型的拟合效果越好
C．若变量服从，，则
D．将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
10．已知函数，，（ ）
A．存在实数使得在单调递减
B．若的图象关于点成中心对称，则的最小值为2
C．若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D．若，的最大值为
11．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足，的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．是奇函数 B．
C． D．
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12．二项式的展开式中，所有项系数和为，则的系数为 （用数字作答）.
13．已知曲线和，若C与恰有一个公共点，则实数 ；若C与恰有两个公共点，则实数m的取值范围是 ．
14．如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为 .
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（本题13分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求证：；
(2)如图：点在线段上，且，求的值.
16．（本题15分）如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点．
(1)证明：平面BCD；
(2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值．
17．（本题15分）某地政府为推动旅游业高质量发展、加快旅游产业化建设，提出要优化传统业态，创新产品和服务方式，培育新业态新产品、新模式，促进康养旅游快速发展.某景区为了进一步优化旅游服务环境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从m个跟团游团队和6个私家游团队中随机抽取几个团队展开满意度调查.若一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率为.
(1)若一次抽取3个团队，在抽取的3个团队是同类型团队的条件下，求这3个团队全是跟团游团队的概率；
(2)若一次抽取4个团队，设这4个团队中私家游团队的个数为，求的分布列和数学期望.
18．（本题17分）已知椭圆：的短轴长为2，左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且轴，.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线（且）与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为 关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值.
19．（本题17分）已知函数，，（）.
(1)求函数的最小值；
(2)若有两个不同极值点，分别记为，，且.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围.
备战2024年广东新高考数学仿真模拟练习卷（一）（新结构）
答案解析
一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式求出集合M，根据集合的交集运算，即可得答案.
【详解】解，得：，所以，
，所以.
故选：B.
2．形如我们称为“二阶行列式”，规定运算，若在复平面上的一个点A对应复数为，其中复数满足，则点A在复平面内对应坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意结合复数的运算可得，结合复数的几何意义分析求解.
【详解】由题意可得：，
则，
所以点A在复平面内对应坐标为.
故选：A.
3．在中，延长至点使得，连接，点为上一点且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用向量的加减法将用和表示即可.
【详解】如图所示：
.
所以，，.
故选：A
【点睛】本题主要考查向量的线性运算，熟练掌握向量的加减法为解题的关键，属于中档题.
4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则 B．若，且，则
C．若，且，则 D．若，且，则
【答案】D
【分析】构建正方体，利用其特征结合空间中直线与平面的位置关系一一判定选项即可.
【详解】 如图所示正方体，
对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误；
对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误；
对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误；
对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确.
故选：D.
5．已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答.
【详解】设等比数列的公比为q(q≠1)，又，即，
而，则，解得，则，，，，
，A不正确；
，B正确；
，C不正确；
，D不正确.
故选：B.
6．某中学进行数学竞赛选拔考试，，，，，共5名同学参加比赛，决出第1名到第5名的名次.和去向教练询问比赛结果，教练对说：“你和都没有得到冠军．”对说：“你不是最后一名.”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）
A．54种 B．72种 C．96种 D．120种
【答案】A
【分析】根据题意分两种情况讨论：
当是最后一名，可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次；
当不是最后一名，，需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法计数原理可得.
【详解】根据题意可知和都没有得到冠军，且不是最后一名，分两种情况：
①是最后一名，则可以为第二、三、四名，即有3种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，
有种情况，此时有种名次排列情况；
②不是最后一名，，需要排在第二、三、四名，有种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，此时有种名次排列情况，则5人的名次排列方式共有种.
故选：A．
7．已知是定义在上的偶函数，函数满足，且，在单调递减，则（ ）
A．在单调递减 B．在单调递减
C．在单调递减 D．在单调递减
【答案】C
【分析】利用函数的奇偶性与单调性一一判定选项即可.
【详解】由题意知在单调递增，为奇函数，在上单调递减.
设，则，，
所以在单调递增，故A错误，
设，则，，
在单调递增，故B错误；
设，则，，
所以在单调递减，故C正确；
取，则，，，此时在不单调递减，故D错误.
故选：C.
8．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.
【详解】
因为，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以．
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9．下列说法正确的是（ ）
A．一组数据2、3、3、4、5、7、7、8、9、11的第80百分位数为8.5
B．在回归分析中，可用决定系数判断模型拟合效果，越小，模型的拟合效果越好
C．若变量服从，，则
D．将总体划分为2层，通过分层抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
【答案】AC
【分析】对于A，根据百分位数的计算方程，可得答案；对于B，结合拟合的定义，可得答案；对于C，根据正态分布的对称性，可得答案；对于D，利用方差的计算，可得答案.
【详解】对于A，数据2、3、3、4、5、7、7，8、9、11共10个数，因为，因此，这组数据的第80百分位数为，故A正确，
对于B，在回归分析中，可用决定系数的值判断模型拟合效果，越大，模型的拟合效果越好，故B错误；
对于C，因为变量服从，，则，故C正确；
对于D，不妨设两层的样本容量分别为m，n，总样本平均数为，则，易知只有当，时，有，故D错误.
故选：AC.
10．已知函数，，（ ）
A．存在实数使得在单调递减
B．若的图象关于点成中心对称，则的最小值为2
C．若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象
D．若，的最大值为
【答案】BCD
【分析】由三角函数的性质对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，因为，，因为，
所以不存在实数使得在单调递减，故A错误；
对于B，的图象关于点成中心对称，
所以，所以，，因为，
所以的最小值为2，故B正确；
对于C，若，，
将的图象向右平移个单位可以得到的图象，
则，故C正确；
对于D，若，，，
，
当时，的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
11．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足，的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．是奇函数 B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】推导出函数的奇偶性，设，利用导数推导出为常值函数，结合函数奇偶性的定义可判断A选项；推导出，令代值计算可判断B选项；由、推导可判断C选项；求出的值，结合函数的周期性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的图象关于直线对称，
则，
即，所以，函数为偶函数，
又因为，则，
令，则，所以，为常值函数，
设，其中为常数，
当时，，此时，函数不是奇函数，A错；
对于B选项，因为，令，可得，
即，
等式两边求导得，即，
所以，函数的图象关于点对称，
在等式中，令可得，可得，B对；
对于C选项，因为，则，
可得，
所以，，C对；
对于D选项，在等式两边同时求导得，即，
所以，函数是以为周期的周期函数，
因为，所以，，，
，可得，
，，
由中令，可得，则，
，
所以，
，
因为，则，D对.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：本题考查利用函数的对称性的应用，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12．二项式的展开式中，所有项系数和为，则的系数为 （用数字作答）.
【答案】
【分析】利用赋值法求得，再根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】令可得二项式的所有项系数和为，所以.
二项式的展开式的通项公式为，，1，…，8，
所以的展开式中，的系数为.
故答案为：.
13．已知曲线和，若C与恰有一个公共点，则实数 ；若C与恰有两个公共点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】0或4；
【分析】若C与恰有一个公共点，结合直线与圆的位置关系分析求解；若C与恰有两个公共点，结合对称性可知C与在内只有1个交点，且不过，联立方程可得关于x方程只有一个正根，且根不为0，结合二次函数零点分布分析求解.
【详解】由题意可知：曲线表示圆心为，半径为的圆，
若C与恰有一个公共点，则，解得或；
因为C与均关于y轴对称，注意到与y轴的交点为，
若C与恰有两个公共点，等价于C与在内只有1个交点，且不过，
此时，
联立方程，消去y得，
即关于x方程只有一个正根，且根不为0，
则或，
解得或，
所以实数m的取值范围是.
故答案为：0或4；.
14．如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为 .
【答案】
【分析】设，首先求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值.
【详解】设，由题意，，得，
将（※）代入（#），可得.
因为，所以，则，
，
当时，取得最大值.
故答案为：.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（本题13分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求证：；
(2)如图：点在线段上，且，求的值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）在中根据余弦定理、正弦定理及三角公式化简可得；
（2）由第一问在中结合正弦定理可得，在中根据余弦定理可求得结果.
【详解】（1）证明：由余弦定理得，
又，可得，即，
由正弦定理得，
而，代入上式，
可得，
所以（舍）或，
即.
（2）因为，，所以，
在中，由正弦定理得，
而，可得，
代入，可得，
由余弦定理得.
16．（本题15分）如图，在多面体ABCFDE中，四边形ABED是菱形，，，平面ABED，点G是线段CD的中点．
(1)证明：平面BCD；
(2)若，求直线FG与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO.根据题意得到和，利用线面垂直的判定得到平面CBD，然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形，进而得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面的法向量和直线的方向向量，利用空间向量的夹角公式进而求解.
【详解】（1）连接AE，交BD于点O，连接GO．
在菱形ABED中，．
因为平面ABED，平面ABED，所以．
又因为，平面CBD，所以平面CBD．
因为，且，，
所以，且，
所以四边形EFGO为平行四边形，所以，
所以平面CBD．
（2）如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图．
设，则，，，，，
设平面ACD的一个法向量为，
由得，取，
因为，
记直线FG与平面ACD所成角为，则
，
所以，直线FG与平面ACD所成角的正弦值是．
17．（本题15分）某地政府为推动旅游业高质量发展、加快旅游产业化建设，提出要优化传统业态，创新产品和服务方式，培育新业态新产品、新模式，促进康养旅游快速发展.某景区为了进一步优化旅游服务环境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从m个跟团游团队和6个私家游团队中随机抽取几个团队展开满意度调查.若一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率为.
(1)若一次抽取3个团队，在抽取的3个团队是同类型团队的条件下，求这3个团队全是跟团游团队的概率；
(2)若一次抽取4个团队，设这4个团队中私家游团队的个数为，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)；(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意可知共有个团队，根据全是私家游团队的概率结合古典概型求出，再分3个团队全是私家游团队和3个团队全是跟团游团队两种情况讨论，结合古典概型即可得解；
（2）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应随机变量的概率，从而可得分布列，再根据期望公式求期望即可.
【详解】（1）由题意知共有个团队，
一次抽取2个团队的情况有种，其中全是私家游团队的情况有种，
故一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率是，
整理得，解得或（舍去），
若一次抽取的3个团队全是私家游团队，则共有种情况，
若一次抽取的3个团队全是跟团游团队，则共有种情况，
所以在抽取的3个团队是同类型团队的条件下，
这3个团队全是跟团游团队的概率为；
（2）由题意知，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，4，
，，
，，
，
故的分布列为：
0 1 2 3 4
P
数学期望.
18．（本题17分）已知椭圆：的短轴长为2，左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且轴，.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线（且）与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为 关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义和得，，
由得，且，
可得答案；
（2）设，，，联立直线和椭圆方程利用韦达定理，代入直线：，令得，从而得到、坐标，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.
【详解】（1）因为短轴长为2，所以，
因为 ，，
所以，，
又因为轴，所以，
，且，
解得，∴.
（2），，，联立直线和椭圆方程得
，整理得，
，，，
直线：
令，
，
，，的中点坐标为，
由中点在上，可得，
，
，解得，，
所以.
19．（本题17分）已知函数，，（）.
(1)求函数的最小值；
(2)若有两个不同极值点，分别记为，，且.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围.
【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）对求导，判断与的大小，即可求出的单调性和极值；
（2）（ⅰ）将题意转化为方程有两个不同的根，，令，对求导，判断与的大小，即可求出的单调性和极值，画出的图象即可得出答案；（ⅱ）由题意可将题意转化为恒成立，令，即恒成立，记函数，，即对求导，可证明，即可得出答案.
【详解】（1）由题意得：，，
当时，，此时，在上单调递减；
当时，，此时，在上单调递增；
所以.
（2）（ⅰ）由题意得的定义域为，得
因两个不同极值点，故方程有两个不同的根，（），
即方程有两个不同的根，
记函数，则
当时，，此时，在上单调递增；
当时，，此时在上单调递减；
所以
又当时，，当时，，
且当趋近于正无穷时，趋近于，
所以，方程有两个不同的实数根，当且仅当.

（ⅱ）由（ⅰ）知得，（※），
所以，即（※※），
由不等式恒成立，即恒成立，
由（※）、（※※）得即恒成立，
亦即恒成立，
设，时，得恒成立，
进而得恒成立（※※※），
记函数，，
则，（），
当时，，在上单调递增，
所以恒成立，故满足题意
当时，若时有，则在上单调递减，
所以，当时有，与题意（※※※）不符，
综上得正数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.