2024年高考押题预测卷—数学（九省新高考新结构卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（九省新高考新结构卷03）（全解全析），共13页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，得，，
所以，所以.故选：C．
2．已知复数满足，则复数的共轭复数的模（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，
所以，所以.故选：A.
3．设是两个平面，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【解析】对于A，若，，，则相交或平行，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误.
对于C，若，，，
当两两相交时，两两相交，故C错误；
对于D，若，，，由线面平行的性质可得，故D正确故选：D.
4．将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A．56B．84C．126D．210
【答案】B
【解析】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额的分法，
等价于将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法.
用3个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成4堆，
由于 10个小球中间共有 9个空隙，因此共有 种不同的分法.故选：B.
5．记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，设等比数列的公比为，
若，即，故．故选：C．
6．的内角的对边分别为.已知，，，则的外接圆半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，，所以由余弦定理可得，
所以，设的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即.
则的外接圆半径为.故选：A
7．己知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以，所以.故选：B.
8．双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由双曲线定义可知，，
设，则有，，，
由余弦定理可得，
整理可得：，故，，
则有，整理可得：，
设，则有，即，
故.故选：D.
二、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．若是样本数据的平均数，则（ ）
A．的极差等于的极差
B．的平均数等于的平均数
C．的中位数等于的中位数
D．的标准差大于的标准差
【答案】AB
【解析】对于A，样本数据的平均数为，则，
故的极差等于的极差，故A正确；
对于B，数据的平均数，故B正确；
对于C，如果是按从小到大排列，
则的中位数为，不一定等于的中位数，故C错误；
对于D，的方差，
而的方差，
但当时两组数据的方差相等，其标准差也相等，故D错误．故选：AB．
10．已知的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．满足
C．在区间的值域为
D．在区间上有3个极值点
【答案】AD
【解析】由图象可知，，所以，故A正确；
又因为，所以，
而且，所以，所以函数解析式为.
所以，故B错误；
对于C，当时，，所以，
所以的值域为，故C错误；
对于D，当时，，当取得时，
取得极值，所以在上有3个极值点，故D正确.故选：AD.
11．已知函数的定义域为，其导函数为，若函数的图象关于点对称，，且，则（ ）
A．的图像关于点对称B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对于A中，设函数的图象关于对称，
则关于对称，可得关于对称，
因为函数的图像关于点对称，可得，解得，
所以函数的图象关于对称，所以A正确；
对于B中，由函数的图象关于对称，可得，
因为，可得，
则，
两式相减得，即，所以B不正确；
对于C中，令，可得，
因为，所以，所以函数是以4为周期的周期函数，
由，可得，所以，
因为函数是以4为周期的周期函数，则是以4为周期的周期函数，
所以，
由，可得，
即，令，可得，所以，
所以，所以，所以C正确；
对于D中，因为，且函数关于对称，可得，
又因为，令，可得，所以，
再令，可得，所以，
由，可得，
可得
又由函数是以4为周期的周期函数，且，
所以

，所以D正确.故选：ACD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．的展开式中常数项为 ．
【答案】16
【解析】依题意，展开式的常数项为，
含的项为，
所以的展开式中常数项为.
13．若抛物线的焦点到直线的距离为1，则实数的值为 ．
【答案】
【解析】由抛物线可化为，可得其焦点为，
因为抛物线的焦点到直线的距离为，
可得，解得或（舍去），故实数的值为．
14．某冰淇淋门面店将上半部是半球（半球的半径为3），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为6）的冰淇淋模型放到椐窗内展览，托盘是边长为12的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为 ．
【答案】
【解析】设上面球心为，的圆心为，三点在底面投影的正三角形的中心为，
圆锥的顶点为，边中点为，
连接，由题意可知，，
由几何关系可得三点共线，
由题意可得，
在几何体中，设三角形的外接圆半径为，则由正弦定理可得，
由可得，所以，
所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．已知质量均匀的正面体，个面分别标以数字1到．
（1）抛掷一个这样的正面体，随机变量表示它与地面接触的面上的数字．若求n；
（2）在（1）的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量表示这两个正面体与地面接触的面上的数字和的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7，分别取值0，1，2，求的分布列及期望．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】（1）因为，所以.
（2）样本空间，共有36个样本点.
记事件“数字之和小于7”，事件“数字之和等于7"，
事件“数字之和大于7”.
，，
共15种，故
，共6种，
故；
，
，共15种，故；
从而的分布列为：
故
16．已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与直线垂直，求的值;
（2）讨论的单调性与极值.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】（1）由题得，的定义域为.
.
的图象在点处的切线与直线l:2x垂直，
，解得.
（2）由（1）知.
①当时，恒成立，在上为减函数，此时无极值;
②当时，由，得，由，得，
在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为.
综上可得，当时，在上为减函数，无极值;
当时，在上单调递减，在上单调递增.
的极小值为，无极大值.
17．如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
（1）证明：平面；
（2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．已知O为坐标原点，椭圆C：的上、下顶点为A、B，椭圆上的点P位于第二象限，直线PA、PB、PO的斜率分别为，且.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过原点O分别作直线PA、PB的平行线与椭圆相交，得到四个交点，将这四个交点依次连接构成一个四边形，则此四边形的面积是否为定值？若为定值，请求出该定值；否则，请求出其取值范围.
【答案】（1）；（2）是定值，
【解析】（1）由题意可得，
设，则，
∵，∴，化简得：①，
又在椭圆上，②，
由①②得，
又，∴，故椭圆C的标准方程；
（2）设直线的平行线与椭圆相交于点、（在上方），
直线的平行线与椭圆相交于点、（在上方），
∴直线的方程为，直线的方程为，
又，∴，
联立，解得，∴，
联立，解得，∴，
设直线EF的倾斜角为，直线GH的倾斜角为，，
∴，
则，
，
∴四边形面积为：
，
故该四边形的面积为定值.
19．已知，集合其中.
（1）求中最小的元素；
（2）设，，且，求的值；
（3）记，，若集合中的元素个数为，求.
【答案】（1）7；（2）或10；（3）
【解析】（1）中的最小元素为.
（2）由题得，设，.
①当时，或或
或或或.
经检验，当时，，符合题意，所以.
②当时，或或或.
经检验，当时，，符合题意，所以.
③当时，不符合题意.因此，或10.
（3）设，则，其中，
，所以，
设，则.
因为，
所以
.
因为，
所以，所以，
又因为，所以.0
1
2