广东省江门市新会第一中学2024届高三下学期高考热身考试数学试题
一、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．（2024高三下·新会月考）若，，则的元素个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2024高三下·新会月考）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，则该椭圆的短轴长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三下·新会月考）已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三下·新会月考）八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
5．（2024高三下·新会月考）已知，和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，则（ ）
A． B．
C． D．的大小关系与有关
6．（2024高三下·新会月考）人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三下·新会月考）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三下·新会月考）已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：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．（2024高三下·新会月考）已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高三下·新会月考）已知两个变量y与x对应关系如下表：
x 1 2 3 4 5
y 5 m 8 9 10.5
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ）
A．y与x正相关 B．
C．样本数据y的第60百分位数为8 D．各组数据的残差和为0
11．（2024高三下·新会月考）已知函数，则（ ）
A．若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1
B．若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5
C．若函数的最小正周期为，则
D．当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高三下·新会月考）已知函数的定义域为 ．
13．（2024高三下·新会月考）已知中，，则 ．
14．（2024高三下·新会月考）已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论：
①曲线关于直线成轴对称图形；
②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点；
③直线与曲线所围成的图形的面积为；
④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是 ．
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．（2024高三下·新会月考）甲、乙两个不透明的袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球．
（1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率；
（2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望．
16．（2024高三下·新会月考）如图，在三棱柱中，平面平面.
（1）若分别为的中点，证明：平面；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2024高三下·新会月考）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.
18．（2024高三下·新会月考）如图，为圆上一动点，过点分别作轴 轴的垂线，垂足分别为，点满足，点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点；
（3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点，试探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
19．（2024高三下·新会月考）约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，记为，，…，，（）．
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若，，…，构成等比数列，求证：；
（3）记，求证：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】根据题意，可得集合或 ，，则，所以的元素个数为2个.
故选：C
【分析】分别确定集合中x的范围，再求交集确定其中的元素个数.
2．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】由可得①，
因，即，代入①解得，
故短轴长为
故选：B.
【分析】根据已学的解析几何相关椭圆知识，由离心率得到的关系式，代入题中的值，即可求得b与短轴长.
3．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列与一次函数的关系；等差数列的性质；等差数列的实际应用
【解析】【解答】设的公差为，因为，，
可得 ，解得，所以，
可得，
根据二元一次方程的基本性质，
所以当时，取得最小值.
故选：D.
【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，根据二元一次方程的性质求得的最小值，进而求得答案.
4．【答案】C
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理；向量加减法的应用；平面向量的投影向量
【解析】【解答】如图，
，所以的夹角为，A选项错误.
由于四边形不是平行四边形，所以，
是等腰直角三角形，所以，，
所以，C选项正确.
结合图像可知在上的投影向量与的方向相反，所以D选项错误.
故选：C
【分析】由八边形的基本性质与向量夹角的定义判断A错误；由向量加减性质判断B错误；由向量模的定义及其加减法性质可得出C正确；由投影向量的基本定义及性质可判断D错误，由此可得正确选项
5．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：因为为偶数，为奇数，
和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，.
根据二项式系数的性质可得，，
所以，
即.
故答案为：A.
【分析】判断为偶数，为奇数，利用二项式系数的性质知，，再用组合数的定义验证即可.
6．【答案】C
【知识点】全概率公式；贝叶斯公式
【解析】【解答】记“视频是AI合成”为事件，记“鉴定结果为AI”为事件B，
则，
由贝叶斯公式得：，
故选：C．
【分析】根据题意可知已知事件发生的概率，并可据全概率公式，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果.
7．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图所示，作出轴截面，
分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心，
则为的中点，
，
因为，所以，
则
过点作，垂足为，
则，
在中，由勾股定理得，
即，解得或，
因为，所以，，故，
所以圆台的侧面积为.
故选：D.
【分析】根据圆台的轴截面图，结合题意中的已知信息求得的代数关系，利用圆台和球的结构特征求解的数值，然后代入圆台的侧面积公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；指数型复合函数的性质及应用；对数函数的概念与表示；基本不等式
【解析】【解答】，
在上单调递增.
令，在上单调递增，
因为，所以为奇函数，
则化为
所以，解得，
.
故选：C
【分析】求导后结合基本不等式性质可得在上单调递增，令g，从而可得在上单调递增，且为奇函数，将已知化为关于的关系式，并利用求得的的奇函数性质及单调递增，从而可化为，求解即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：根据题意，是已知方程的两个根且，
则，即，故A正确；
，，所以，故B错误；
因为，所以，故C正确；
又，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用虚根成对原理得到，再根据复数代数形式的乘法运算、方程的韦达定理判断各个选项即可.
10．【答案】A,D
【知识点】线性回归方程；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确；
由表格数据及回归方程易知，即B错误；
易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误；
由回归直线方程知时对应的预测值分别为，
对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确.
故选：AD
【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定y与x正相关，即A正确，根据样本中心点在回归方程上可判定m的数值，B错误，利用百分位数的计算可判定C错误，利用回归方程计算预测值可得残差为0即可判定D.
11．【答案】B,C
【知识点】余弦函数的图象；余弦函数的性质；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】对于A项，因为，
所以，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误；
对于B项，因为，
所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.
对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.
对于D项，当时，，所以，方程.
令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；
当时，，即，无解.
综上，无解，故D项错误.
故选：BC.
【分析】对于A，B，根据图象平移规则得到与k的关系，由可求得的取值，再由，即可得到的最值从而判断A错误B正确；对于C，根据函数的最小正周期求解即可；对于D，先求出的解析式，再对方程进行换元化简，根据定义域范围确定新方程的值域，讨论即可得到方程解的个数.
12．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；简单函数定义域
【解析】【解答】根据题意可得，解得
故定义域为.
故答案为：
【分析】根据指数函数和对数函数的定义域有意义，解不等式求解x的取值范围.
13．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由余弦定理可得：，
解得：，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】由余弦定理代入题中已知条件求出的具体数值，由同角三角函数的平方关系代入求出，最后代入三角形的面积公式即可求出答案.
14．【答案】①③④
【知识点】抽象函数及其应用；二次函数模型
【解析】【解答】，
因为当时，无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线表示为：，
作出曲线图象为
对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确；
对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为，
所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；
对于③，设直线与交点分别为，
因为圆方程中半径为2，且点，
所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确；
对于④，由于直线恒过，
当时，直线与平行，有一个交点；
当时，与渐近线平行，此时有两个交点，
当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：
所以，④正确；
故答案为：①③④.
【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线结合图像可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得围成的图形的具体面积，可得③正确；由图形可得交点，可得④正确.
15．【答案】（1）解：记这2个球颜色相同为事件，
则；
（2）依题意的可能取值为、、，则，
，
，
所以的分布列为：
所以
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【分析】（1）记这2个球颜色相同为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、，利用全概率公式求出，，的具体数值，利用概率分布列相关知识，即可得到分布列与数学期望.
16．【答案】（1）解：如图，取的中点，连接交于点，连接，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵平面平面，
∴平面.
（2）解：∵，平面平面，平面平面平面，
∴平面，
∴直线与平面所成的角为，则，
在中，不妨设，则，连接，
∵，∴.
又∵平面平面，∴平面平面，
且平面平面平面，故平面.
设的中点为，连接，
以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨取，则有，
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件因为是的中点，是的中点，可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理又平面平面，即可证明平行平面；
（2）根据线面垂直的判定及已知信息可得平面，所以直线与平面所成的角为，则，根据直角三角形三边关系不妨设，则，连接，因为，所以，根据已知平行关系及线面垂直的判定定理，平面，设的中点为，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出面面角的余弦值.
17．【答案】（1），理由如下
当时，，满足条件②；
令，
则，
在上存在零点，
即方程有实数，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：
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）验证分别满足题中①②两个条件即可判断是否为集合M中的元素；
（2）不妨设，令，由的单调递减性可知是单调递减函数，得，证得结论.
18．【答案】（1）设，则，
由知
，
在上，，即，
故曲线的方程为：
（2）证明：由题知 直线与坐标轴不平行，不妨设，
联立，得，
解得或（舍去），，
此时，同理，
当时，，
，
直线的方程为，
易知直线过定点，
当时，直线斜率不存在，此时方程为，
综上，直线过定点.
（3）存在点假设存在使得，设，
因为，
所以，即，即，
关于轴对称，设，
易知，故方程为：，
令，得，同理，
，又，解得，
故存在点符合题意.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线的方程；
（2）设，将直线的方程与曲线的方程联立，求得的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，根据比例先求得，设出的坐标，由直线和直线的方程联立求得两点的坐标，结合在曲线上求得相关的椭圆方程，并求得点的坐标.
19．【答案】（1）（1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列，
如1，2，4，8为8的所有正约数，即；
或1，3，9，27为27的所有正约数，即；
或1，5，25，125为125的所有正约数，即；
（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意可知，，，且，
因为，，…，构成等比数列，不妨设其公比为，
则，所以，
化简得：，所以，
又因为，所以，所以公比，
所以，
又因为，，所以，
又因为，所以；
（3）由题意知，，，，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，所以
所以，即．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的实际应用
【解析】【分析】（1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列，根据题意即可写出的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）如1，2，4，8为8的所有正约数，即
（2）由题意知，，，，，结合，，…，构成等比数列，不妨设其公比为，所以，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知，，…，为，，，，又因为，，，求得即可；
（3）由题意知，，，，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，所以，利用首项具体数值因为，，所以，所以，即，即可证明结论．
1 / 1广东省江门市新会第一中学2024届高三下学期高考热身考试数学试题
一、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．（2024高三下·新会月考）若，，则的元素个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】交集及其运算；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】根据题意，可得集合或 ，，则，所以的元素个数为2个.
故选：C
【分析】分别确定集合中x的范围，再求交集确定其中的元素个数.
2．（2024高三下·新会月考）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，则该椭圆的短轴长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】由可得①，
因，即，代入①解得，
故短轴长为
故选：B.
【分析】根据已学的解析几何相关椭圆知识，由离心率得到的关系式，代入题中的值，即可求得b与短轴长.
3．（2024高三下·新会月考）已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列与一次函数的关系；等差数列的性质；等差数列的实际应用
【解析】【解答】设的公差为，因为，，
可得 ，解得，所以，
可得，
根据二元一次方程的基本性质，
所以当时，取得最小值.
故选：D.
【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，根据二元一次方程的性质求得的最小值，进而求得答案.
4．（2024高三下·新会月考）八卦是中国文化的基本学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形，其中给出下列结论，其中正确的结论为（ ）
A．与的夹角为
B．
C．
D．在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）
【答案】C
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理；向量加减法的应用；平面向量的投影向量
【解析】【解答】如图，
，所以的夹角为，A选项错误.
由于四边形不是平行四边形，所以，
是等腰直角三角形，所以，，
所以，C选项正确.
结合图像可知在上的投影向量与的方向相反，所以D选项错误.
故选：C
【分析】由八边形的基本性质与向量夹角的定义判断A错误；由向量加减性质判断B错误；由向量模的定义及其加减法性质可得出C正确；由投影向量的基本定义及性质可判断D错误，由此可得正确选项
5．（2024高三下·新会月考）已知，和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，则（ ）
A． B．
C． D．的大小关系与有关
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：因为为偶数，为奇数，
和的展开式中二项式系数的最大值分别为和，.
根据二项式系数的性质可得，，
所以，
即.
故答案为：A.
【分析】判断为偶数，为奇数，利用二项式系数的性质知，，再用组合数的定义验证即可.
6．（2024高三下·新会月考）人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】全概率公式；贝叶斯公式
【解析】【解答】记“视频是AI合成”为事件，记“鉴定结果为AI”为事件B，
则，
由贝叶斯公式得：，
故选：C．
【分析】根据题意可知已知事件发生的概率，并可据全概率公式，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果.
7．（2024高三下·新会月考）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图所示，作出轴截面，
分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心，
则为的中点，
，
因为，所以，
则
过点作，垂足为，
则，
在中，由勾股定理得，
即，解得或，
因为，所以，，故，
所以圆台的侧面积为.
故选：D.
【分析】根据圆台的轴截面图，结合题意中的已知信息求得的代数关系，利用圆台和球的结构特征求解的数值，然后代入圆台的侧面积公式求解即可.
8．（2024高三下·新会月考）已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇函数与偶函数的性质；指数型复合函数的性质及应用；对数函数的概念与表示；基本不等式
【解析】【解答】，
在上单调递增.
令，在上单调递增，
因为，所以为奇函数，
则化为
所以，解得，
.
故选：C
【分析】求导后结合基本不等式性质可得在上单调递增，令g，从而可得在上单调递增，且为奇函数，将已知化为关于的关系式，并利用求得的的奇函数性质及单调递增，从而可化为，求解即可.
二、多选题：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．（2024高三下·新会月考）已知是关于的方程的两个根，其中，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：根据题意，是已知方程的两个根且，
则，即，故A正确；
，，所以，故B错误；
因为，所以，故C正确；
又，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用虚根成对原理得到，再根据复数代数形式的乘法运算、方程的韦达定理判断各个选项即可.
10．（2024高三下·新会月考）已知两个变量y与x对应关系如下表：
x 1 2 3 4 5
y 5 m 8 9 10.5
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ）
A．y与x正相关 B．
C．样本数据y的第60百分位数为8 D．各组数据的残差和为0
【答案】A,D
【知识点】线性回归方程；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确；
由表格数据及回归方程易知，即B错误；
易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误；
由回归直线方程知时对应的预测值分别为，
对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确.
故选：AD
【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定y与x正相关，即A正确，根据样本中心点在回归方程上可判定m的数值，B错误，利用百分位数的计算可判定C错误，利用回归方程计算预测值可得残差为0即可判定D.
11．（2024高三下·新会月考）已知函数，则（ ）
A．若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1
B．若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5
C．若函数的最小正周期为，则
D．当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解
【答案】B,C
【知识点】余弦函数的图象；余弦函数的性质；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】对于A项，因为，
所以，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误；
对于B项，因为，
所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.
对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.
对于D项，当时，，所以，方程.
令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；
当时，，即，无解.
综上，无解，故D项错误.
故选：BC.
【分析】对于A，B，根据图象平移规则得到与k的关系，由可求得的取值，再由，即可得到的最值从而判断A错误B正确；对于C，根据函数的最小正周期求解即可；对于D，先求出的解析式，再对方程进行换元化简，根据定义域范围确定新方程的值域，讨论即可得到方程解的个数.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高三下·新会月考）已知函数的定义域为 ．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；简单函数定义域
【解析】【解答】根据题意可得，解得
故定义域为.
故答案为：
【分析】根据指数函数和对数函数的定义域有意义，解不等式求解x的取值范围.
13．（2024高三下·新会月考）已知中，，则 ．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由余弦定理可得：，
解得：，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】由余弦定理代入题中已知条件求出的具体数值，由同角三角函数的平方关系代入求出，最后代入三角形的面积公式即可求出答案.
14．（2024高三下·新会月考）已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论：
①曲线关于直线成轴对称图形；
②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点；
③直线与曲线所围成的图形的面积为；
④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【知识点】抽象函数及其应用；二次函数模型
【解析】【解答】，
因为当时，无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线表示为：，
作出曲线图象为
对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确；
对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为，
所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；
对于③，设直线与交点分别为，
因为圆方程中半径为2，且点，
所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确；
对于④，由于直线恒过，
当时，直线与平行，有一个交点；
当时，与渐近线平行，此时有两个交点，
当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：
所以，④正确；
故答案为：①③④.
【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线结合图像可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得围成的图形的具体面积，可得③正确；由图形可得交点，可得④正确.
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．（2024高三下·新会月考）甲、乙两个不透明的袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球．
（1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率；
（2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望．
【答案】（1）解：记这2个球颜色相同为事件，
则；
（2）依题意的可能取值为、、，则，
，
，
所以的分布列为：
所以
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差；概率分布列
【解析】【分析】（1）记这2个球颜色相同为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、，利用全概率公式求出，，的具体数值，利用概率分布列相关知识，即可得到分布列与数学期望.
16．（2024高三下·新会月考）如图，在三棱柱中，平面平面.
（1）若分别为的中点，证明：平面；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）解：如图，取的中点，连接交于点，连接，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵平面平面，
∴平面.
（2）解：∵，平面平面，平面平面平面，
∴平面，
∴直线与平面所成的角为，则，
在中，不妨设，则，连接，
∵，∴.
又∵平面平面，∴平面平面，
且平面平面平面，故平面.
设的中点为，连接，
以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨取，则有，
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件因为是的中点，是的中点，可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理又平面平面，即可证明平行平面；
（2）根据线面垂直的判定及已知信息可得平面，所以直线与平面所成的角为，则，根据直角三角形三边关系不妨设，则，连接，因为，所以，根据已知平行关系及线面垂直的判定定理，平面，设的中点为，连接，以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出面面角的余弦值.
17．（2024高三下·新会月考）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.
【答案】（1），理由如下
当时，，满足条件②；
令，
则，
在上存在零点，
即方程有实数，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：
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）验证分别满足题中①②两个条件即可判断是否为集合M中的元素；
（2）不妨设，令，由的单调递减性可知是单调递减函数，得，证得结论.
18．（2024高三下·新会月考）如图，为圆上一动点，过点分别作轴 轴的垂线，垂足分别为，点满足，点的轨迹记为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点；
（3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点，试探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）设，则，
由知
，
在上，，即，
故曲线的方程为：
（2）证明：由题知 直线与坐标轴不平行，不妨设，
联立，得，
解得或（舍去），，
此时，同理，
当时，，
，
直线的方程为，
易知直线过定点，
当时，直线斜率不存在，此时方程为，
综上，直线过定点.
（3）存在点假设存在使得，设，
因为，
所以，即，即，
关于轴对称，设，
易知，故方程为：，
令，得，同理，
，又，解得，
故存在点符合题意.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线的方程；
（2）设，将直线的方程与曲线的方程联立，求得的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，根据比例先求得，设出的坐标，由直线和直线的方程联立求得两点的坐标，结合在曲线上求得相关的椭圆方程，并求得点的坐标.
19．（2024高三下·新会月考）约数，又称因数．它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，记为，，…，，（）．
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若，，…，构成等比数列，求证：；
（3）记，求证：．
【答案】（1）（1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列，
如1，2，4，8为8的所有正约数，即；
或1，3，9，27为27的所有正约数，即；
或1，5，25，125为125的所有正约数，即；
（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）
（2）由题意可知，，，且，
因为，，…，构成等比数列，不妨设其公比为，
则，所以，
化简得：，所以，
又因为，所以，所以公比，
所以，
又因为，，所以，
又因为，所以；
（3）由题意知，，，，，
所以，
因为，，，
所以，
因为，，所以
所以，即．
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的实际应用
【解析】【分析】（1）当 时，正整数的4个正约数构成等比数列，根据题意即可写出的一个值；（首项为1，公比为质数的等比数列的第四项均可）如1，2，4，8为8的所有正约数，即
（2）由题意知，，，，，结合，，…，构成等比数列，不妨设其公比为，所以，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知，，…，为，，，，又因为，，，求得即可；
（3）由题意知，，，，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，所以，利用首项具体数值因为，，所以，所以，即，即可证明结论．
1 / 1
