决战2024届高考考前押题卷数学（新高考卷02，新题型结构）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（新高考卷02，新题型结构），共26页。

数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.
第一部分（选择题 共58分）
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．定义差集且，已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数的最小正周期为，下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称
B．函数的对称中心是
C．函数在区间上单调递增
D．函数的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到
3．2024年3月16日下午3点，在贵州省黔东南苗族侗族自治州榕江县“村超”足球场，伴随平地村足球队在对阵口寨村足球队中踢出的第一脚球，2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕.某校足球社的五位同学准备前往村超球队所在村寨调研，将在第一天前往平地村、口寨村、忠诚村，已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是（ ）
A．18B．36C．54D．72
4．南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图（如图所示），根据此图，以下说法错误的是（ ）
A．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加
B．2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2018年最多
C．2015年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增
D．2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
5．在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知正项数列的前项和为，若，且恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．3
7．设方程的两根为，，则（ ）
A．，B．
C．D．
8．在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A．B．C．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．已知是的共轭复数，则（ ）
A．若，则
B．若为纯虚数，则
C．若，则
D．若，则集合所构成区域的面积为
10．已知向量在向量方向上的投影向量为，向量，且与夹角，则向量可以为（ ）
A．B．C．D．
11．已知抛物线的焦点为为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．若，则
C．设到直线的距离分别为，则
D．若直线的斜率分别为，则
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．展开式中项系数为 .
13．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为 .
14．随着自然语言大模型技术的飞速发展，ChatGPT等预训练语言模型正在深刻影响和改变着各衍各业.为了解决复杂的现实问题，预训练模型需要在模拟的神经网络结构中引入激活函数，将上一层神经元的输出通过非线性变化得到下一层神经元的输入.经过实践研究，人们发现当选择的激活函数不合适时，容易出现梯度消失和梯度爆炸的问题.某工程师在进行新闻数据的参数训练时，采用作为激活函数，为了快速测试该函数的有效性，在一段代码中自定义：若输的满足则提示“可能出现梯度消失”，满足则提示“可能出现梯度爆炸”，其中表示梯度消失阈值，表示梯度爆炸间值.给出下列四个结论：
①是上的增函数；
②当时，，输入会提示“可能出现梯度爆炸”；
③当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”；
④，输入会提示“可能出现梯度消失”.
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、证明过程或演算步棸.
15．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若直线与曲线相切，求的值．
16．短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人.
(1)依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅游是否与收看短视颍有关联：单位：人
(2)为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出.
（i）求经过次传递后球回到甲的概率；
（ii）记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望.
参考公式：，其中；
附表：
17．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
18．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
19．在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：．
游客
短视频
合计
收看
未看
南方游客
北方游客
合计
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】根据差集的定义直接求解即可.
【详解】因为，，
所以，
所以．
故选：B
2．D
【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，根据最小正周期得到，得到函数解析式，求出A错误；B选项，整体法求解出函数的对称中心；C选项，求出，C错误；D选项，平移得到，D正确.
【详解】A选项，
，
因为函数的最小正周期为，解得，所以，
当时，，故A错误；
B选项，令，即，
函数的对称中心是，故B错误；
C选项，时，，
显然在其上不单调，故C错误；
D选项，的图象向右平移个单位长度，
得到，故D正确．
故选：D．
3．B
【分析】分和两种情况，分别求出不同的选法再相加即可.
【详解】若五位同学最终选择为，先选择一位同学和学生甲和学生乙组成3人小组，
剩余两人各去一个村，进行全排列，此时有种选择，
若五位同学最终选择为，将除了甲乙外的三位同学分为两组，再进行全排列，
此时有种选择，
综上，共有种选择.
故选：B
4．C
【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解.
【详解】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A说法正确；
对于B和C，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，；
2017年，；2018年，；
2019年，；2020年，；
2021年，；2022年，；
则知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故B说法正确，C说法错误；
对于D，由，则2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故D说法正确.
综上，说法错误的选项为C.
故选：C
5．A
【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得.
【详解】因为，解得，
所以为等腰三角形，则，
在中由正弦定理可得，即，解得，
因为，所以为锐角，所以，
所以
.
故选：A
6．B
【分析】由已知等式交叉相乘后得到，仿写作差后得到，进而得到，然后利用裂项相消法求出不等式左边的最大值即可.
【详解】因为，
所以，即，
即，则，
与上式作差后可得，
因为正项数列，所以，
所以，
因为，，
所以
，
所以实数的最小值为，
故选：B.
7．C
【分析】由数形结合及零点的判定方法可确定出，即可判断AD，计算出，可判断BC.
【详解】由可得，
在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示：
因为，，
由图象可知，，
所以故A，D错误；
，
因为，所以，所以，
所以，即，故B错误，C正确.
故选：C
8．A
【分析】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.
【详解】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
9．AB
【分析】根据共轭复数的定义以及复数四则运算可判断A；为纯虚数，可设，根据复数的四则运算可判断B；由结合数大小比较只能在实数范围内可判断C；设复数，根据复数模长定义计算可判断D.
【详解】，所以，故A正确；
由为纯虚数，可设，
所以，因为且，
所以，故B正确；
由，得，
因为与均为虚数，
所以二者之间不能比较大小，故C错误；
设复数，所以
由得，
所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，
所以面积为，故D错误.
故选：AB.
10．AD
【分析】向量在向量方向上的投影向量为，根据此公式可求，再逐项求出夹角后可得正确的选项.
【详解】由题设可得，故，
而，与夹角，故，故，
对于A，，因，故，故A正确.
对于B，，因，故，故B错误.
对于C，，因，故，故C错误.
对于D，，因，故，故D错误.
故选：AD.
11．BD
【分析】根据三角形重心公式以及抛物线焦半径公式可判断A；根据重心相关性质即可判断B；根据抛物线的定义可判断C；根据题意求得直线的斜率，代入等式计算可判断D.
【详解】对于A，因为为抛物线上任意三点，且，
所以F为的重心，，
所以
又，即，故A错误；
对于B，延长交于点，
因为为的重心，所以，且是的中点，
因为，在中，有，所以，故B正确；
对于C，抛物线方程为，所以抛物线的准线为，
所以到直线的距离之和，
因为三点不一定共线，所以，
即，故C错误；
对于D，因为，，
两式相减,得：,
所以,
同理可得,,
所以，故D正确.
故选：BD.
12．
【分析】可将转化为，然后再利用二项式定理展开求解.
【详解】由题意得可化简为，
且其展开式通项为，
其中对于的展开式通项为，，
当时，此时，则的系数为，
当时，此时，则的系数为，
所以项系数为.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意可得，，，再结合三角形相似可得，代入分析求解即可.
【详解】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.
因为，则，，.
因为，则，可知，
则，即，整理得.
由得，解得或（舍去），
所以C的离心率为.
故答案为：.
14．①③④
【分析】对于①：根据单调性的性质分析判断；对于②：根据题意结合指数运算以及指数函数单调性分析判断；对于③④：整理可得，构建，利用导数求的单调性和值域，进而逐项分析判断.
【详解】对于①：因为的定义域为，
且在上单调递减，所以是上的增函数，故①正确；
对于②：因为对任意恒成立，
则，
令，整理得，
且是上的增函数，则，即无解，
所以不存在，输入会提示“可能出现梯度爆炸”，故②错误；
对于③④：因为是上的增函数，则，即，
则，
令，
则，
令，则在上单调递增，且，
当时，，即，可知在上单调递减；
当时，，即，可知在上单调递增；
则，
且当x趋近于或时，趋近于0，
所以的值域为，
所以对，输入会提示“可能出现梯度消失”，故④正确；
因为在上单调递减，则，
且，即对任意恒成立，
所以当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”，故③正确；
故答案为：①③④.
【点睛】关键点睛：1.充分理解新定义的含义，根据定义分析判断；
2.再处理问题③④时，可以通过构建函数求单调性和值域，进而分析判断.
15．(1)
答案见解析；
(2).
【分析】（1）利用导数法求函数单调性的步骤及分类讨论即可求解；
（2）根据导数的几何意义及导数法求函数的最值的步骤即可求解.
【详解】（1）的定义域为R， ,
当时，,单调递减;
当时，令，得,
当时，，单调递减;
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减; 在上单调递增.
（2）由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故.
又，即，将代入，得.
设，则.
令，即，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
综上，.
16．(1)列联表见解析，无关
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用已知条件，完成列联表，利用独立性检验公式求解判断即可；
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，求出关系式，得到通项公式；（ii）方法一：设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，利用公式求期望即可.方法二：设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，利用公式求期望即可.
【详解】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：
零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联．
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，
，，
又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（ii）（方法一）
设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，
设前次传递中球传到甲的次数为，
，
因为，所以.
（方法二）
设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，
，由题可知，，
又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，
，，
，
故.
【点睛】关键点点睛：本题第2问（ii）的解决关键是，根据题意得到的关系，利用构造法分析出是首项为，公比为的等比数列，由此得解.
17．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）合理构造图形，利用线线平行证明线面平行即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法处理即可.
【详解】（1）取中点，连接分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，
故四边形是平行四边形，，
又平面平面，
//平面.
（2）假设在棱上存在点满足题意，如图：连接，，，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
平面，则是四棱锥的高，
设，则，
∴，所以，
以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
设，
．
设平面的一个法向量为，
则所以可取.
易知平面的一个法向量为，
，，
故存在点满足题意.
18．(1)答案见解析
(2)① 证明见解析；②存在；
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【详解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．(1)
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算、、，证明即可.
【详解】（1）可求得，设，则，，
设点，，
故
所以.
（2）设，，则，，，
故
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为
（3）设矩阵，向量，，则．
，
对应变换公式为：，
，
所以
故对应变换公式同样为
所以得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与轴正半轴重合；在角的终边上任取一点，该点到原点的距离，则：；； .
游客
短视频
合计
收看
未看
南方游客
200
100
300
北方游客
80
120
200
合计
280
220
500