年汕頭市普通高考第一次模擬考試數學注意事項：．答題前，考生在答題卡上務必用直徑毫米黑色墨水簽字筆將自己的姓名、準考證號填寫清楚，并貼好條形碼請認真核準條形碼上的準考證號、姓名和科目.．作答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆在答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案答案不能答在試卷上.．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液不按以上要求作答無效.．考生必須保持答題卡的整潔考試結束后，將試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷選擇題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知，，，則的最大值為（）A.1B.2C.4D.不存在【答案】C【解析】【分析】應用基本不等式計算求解即可.【詳解】由基本不等式得：，當且僅當時取等號，C正確．故選：C.2.“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分又不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據指、對數函數性質解不等式，結合充分、必要條件分析判斷.第1頁/共18頁【詳解】因為，等價于，且，等價于，又因可以推出，不能推出，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A．3.要得到函數的圖象，只要將函數的圖象（）A.向右平移個單位B.向左平移個單位C.向右平移個單位D.向左平移個單位【答案】C【解析】【分析】根據函數平移性質判定即可.【詳解】向右平移個單位，將函數的圖像得到函數的圖象故選：C.4.在的展開式中，含的項的系數是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據多項式的乘法，5個因式中，4個取一次項x，1個取常數項，相乘可得項，進而得到系數.【詳解】根據多項式的乘法，5個因式中，4個取一次項x，1個取常數項，相乘可得項．常數項共5種取法，合并同類項得項的系數為.故選：B.第2頁/共18頁5.若圓錐的側面展開圖是半徑為3，圓心角為的扇形，則該圓錐的體積為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由扇形的弧長等于圓錐底面周長，求得底面半徑，進而求得圓錐的高，即可求解；【詳解】設圓錐的母線長為，底面半徑為，高為，則，由題意可得：，即，所以，故，故選：A6.設，若函數在內存在極值點，則a的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】解.【詳解】依題意，在內存在變號零點，而不是的零點，從而得，又在上遞增，所以.故選：B7.如果圓與圓關于直線l對稱，則直線l的方程為（）A.B.C.或D.【答案】D【解析】第3頁/共18頁【分析】由題意可得直線l的方程為以兩圓圓心、為端點的線段的中垂線方程，再利用兩直線垂直斜率關系和中點由點斜式求解即可.【詳解】圓圓心為，圓可化為，所以圓心為，由題意可得直線l的方程為以兩圓圓心、為端點的線段的中垂線方程，設，由兩直線垂直斜率關系可得直線l的為1，又兩圓中點坐標為，所以直線l的方程為，即.故選：D.8.設甲袋有32個白球和533個白球和4、和一球，以B表示由乙袋取出的球是紅球的事件，則（）A.與B相互獨立B.C.D.【答案】C【解析】【分析】AC選項，求出各個事件的概率，得到，，A錯誤，C正確；BD選項，由條件概率公式進行求解.【詳解】AC選項，由題意得，，，，，，故，C正確；由于，故，故與B不互相獨立，A錯誤；第4頁/共18頁B選項，由條件概率得，B錯誤；D選項，，D錯誤；故選：C二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知復數，（x,）A.方程表示的z在復平面內對應點的軌跡是圓B.方程表示的z在復平面內對應點的軌跡是橢圓C.方程表示的z在復平面內對應點的軌跡是雙曲線D.方程表示的z在復平面內對應點的軌跡是直線【答案】AD【解析】【分析】根據復數的幾何意義逐個選項判斷即可.【詳解】根據復數的幾何表示知：對A，方程表示到定點的距離等于2的動點軌跡，即圓，A正確；對B，方程表示到定點與距離的和為2的動點軌跡，而與的距離也為2，所以z在復平面內對應點的軌跡為線段，B錯誤；對C，方程表示到定點與的距離的差為1的動點軌跡，即雙曲線的一支，C錯誤；對D，方程表示到定點與的距離相等的動點軌跡，即線段的中垂線，D正確．故選：AD10.正方體中，，，，個平面的位置關系中，不成立的是（）第5頁/共18頁A.平面平面B.平面平面C.平面平面D.平面平面【答案】ABD【解析】【分析】根據正方體內的常用結論：平面平面，平面，平面等，及線面平行，線面垂直的判定定理即可判斷.分別為的中點，分別為靠近與相交知，錯誤；因為，平面，平面，則平面，同理可得：平面，又，且平面，則平面平面平面平面矛盾，錯誤；因為分別為的中點，則，因為，且，平面，平面，所以平面，正確；第6頁/共18頁連接，則，又，且，平面，則平面，則，同理可得：，又，則平面，若平面平面，注意到平面，則平面，又平面，所以平面平面，這和與相交矛盾，錯誤．故選：.已知函數是定義在R上的奇函數，且滿足，當時，，則下列結論正確的是（）A.的圖象關于直線對稱B.C.在區間上單調遞增D.當時，方程的所有解的和為【答案】AC【解析】ABA對稱性得到CD結合單調性及對稱性可判斷一個周期由兩個解，且和為2，進而結合周期性可判斷；第7頁/共18頁【詳解】由知，的圖象關于直線對稱，A正確；所以；B錯誤奇函數上遞增，且，所以在上遞增，由知，是周期為4的函數，所以在區間上單調遞增，C正確；由曲線關于直線對稱知，及，且在上單調遞增，方程在上有一根在有一根內有兩根，且和為2，故在上所有根的和為，D錯誤．故選：AC第Ⅱ卷非選擇題三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.2016年至2023年的新增光伏裝機量進行調查，根據散點圖選擇了兩個模型進行擬合，并得到相應的經驗回歸方程．為判斷模型的擬合效果，甲、乙、丙三位同學進行了如下分析：（1）甲同學通過計算殘差作出了兩個模型的殘差圖，如圖所示；（2）乙同學求出模型①的殘差平方和為0.4175、模型②的殘差平方和為1.5625；（3）丙同學分別求出模型①的決定系數、模型②的決定系數為；第8頁/共18頁經檢驗，模型①擬合效果最佳，則甲、乙、丙三位同學中，運算結果肯定出錯的同學是________“甲”或“乙”或“丙”）【答案】丙【解析】【分析】應用殘差圖，殘差平方和，決定系數的性質判定即可.【詳解】甲的殘差圖中，模型①的殘差點更均勻地分布在以橫軸為對稱軸的水平帶狀區域內，且水平帶狀區域更窄，說明模型①擬合效果更好；殘差平方和越大，即決定系數越小，說明數據點越離散，所以乙的計算結果顯示模型①的擬合效果更好，而丙的計算結果顯示模型②的擬合效果更好．故答案為：丙.13.過雙曲線的右焦點作傾斜角為30°的直線ll與雙曲線交于不同的兩點ABAB的長為______．【答案】【解析】【分析】根據直線與雙曲線相交，由韋達定理以及弦長公式即可求解.【詳解】雙曲線的右焦點為，所以直線l的方程為．由，得．設，，則，，所以．故答案為：與雙曲線（，，第9頁/共18頁或（14.已知曲線在點P處的切線與在點Q處的切線平行，若點P的縱坐標為1，則點Q的縱坐標為__________．【答案】【解析】【分析】方法一：對求導，設，根據條件得到，進而得，再得到函數關于對稱，最后求出點的縱坐標即可；方法二：對求導，根據在點處的切線與在點處的切線平行，可得存在兩實根，再求出點的縱坐標即可.【詳解】方法一：，則，設，依題意，所以，則，顯然，則，因為，所以的圖象關于點中心對稱，所以點與點關于點對稱，所以，則，所以點的縱坐標為.方法二：，則，因為，所以在上單調遞增，令，設其根為，則.因為在點處的切線與在點處的切線平行，所以存在兩實根，其中一個為，設另一個為．即兩根為，由韋達定理得，則，第10頁/共18頁所以，所以點縱坐標為故答案為：四、解答題：本題共5小題，共分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知數列滿足：（m．（1）設數列的前n項和為，當時，求；（2）若，求m所有可能的取值集合M．【答案】（1）2051（2）【解析】1）根據遞推公式得到數列的前12項，再利用等比數列求和公式求解即可；（2）用倒溯的方法，根據遞推公式遞推，由倒推得到m所有可能的取值.【小問1詳解】當時，，所以，，，，，而，所以，；【小問2詳解】依題設的遞推關系逆推可得：第11頁/共18頁故．16.已知向量，，，且角A、B、C分別為三邊a、b、c的對角．（1）求角C的大小；（2）若、、成等比數列，且，求邊c上的高h．【答案】（1）（2）【解析】1）應用兩角和正弦公式，再應用誘導公式結合二倍角正弦計算即可；（2）應用等比數列列式再根據正弦定理得出，最后應用面積公式計算求解.【小問1詳解】依題意，，即，所以，由知，，從而，故；【小問2詳解】依題意，，由正弦定理得：，即又，則，所以，從而，由三角形面積公式得：，即故．17.是正方形，平面與二面角的大小相等．第12頁/共18頁（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）首先得到，再由，得到平面，即可得證；（21為二面角為二面角的平面角，從而得到，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.【小問1詳解】因為平面，平面，所以，又正方形中，，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小問2詳解】由（1）平面，平面，所以，，從而為二面角的平面角，因為，所以平面，同理可得為二面角的平面角，依題意，即，以點D為原點，分別以直線、為x、y軸，過點D作z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，則，所以，，，所以，，第13頁/共18頁設平面的法向量為，則，取，得，又為平面的一個法向量，所以，故平面與平面的夾角的余弦值為．18.已知的三個頂點都在拋物線上，其中．（1）當是直角三角形且時，證明直線過定點；（2）設直線過點，是否有在以弦為底邊的等腰？若存在，這樣的三角形有幾個？若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在，一個【解析】1）設直線的方程為，、，聯立拋物線的方程，根據結合拋物線方程求解即可；（21的方程為，中點坐標為，根據中點坐標公式結合由等腰三角形性質化簡可得，再構造函數求導分析單調性與零點即可.【小問1詳解】第14頁/共18頁設直線的方程為，、，由得：，所以，且，，由即得：，則，所以或，從而或，進而或，當時，，不合題意，所以，故直線的方程為，過定點；【小問2詳解】假設存在以弦為底邊的等腰，由（1）知直線的方程為，且，，設中點坐標為，則，，由等腰三角形性質知，即（*令，則，所以在R上遞增，又，，所以在R上有且只有一個零點，即方程（*）在R上有且只有一根，第15頁/共18頁故存在以弦為底邊的等腰，且這樣的三角形只有一個．【點睛】方法點睛：（1）解析幾何中兩直線垂直可用向量積為0求解；（2）判斷根的個數可構造函數利用單調性與零點存在性定理判斷.19.若曲線C上的動點P沿著曲線無限遠離原點時，點P與某一確定直線L的距離趨向于零，則稱直線L為曲線C的漸近線．當漸近線L的斜率不存在時，稱L為垂直漸近線．例如曲線具有垂直漸近線；當漸近線L的斜率存在且不為零時，稱L為斜漸近線，例如雙曲線存在兩條斜漸近線．（1）請判斷正弦曲線是否存在垂直漸近線或斜漸近線，不必說明理由；（2）證明曲線存在垂直漸近線、斜漸近線；（3）求曲線的漸近線，并作出曲線的簡圖．【答案】（1）不存在（2）證明見解析（3）直線與為曲