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押题预测卷04-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）
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这是一份押题预测卷04-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型），文件包含押题预测卷04-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷04-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷新高考九省联考题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
决胜2024年高考数学押题预测卷04
数 学
（新高考九省联考题型）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，，即，
由，得，
故.
故选：B
2．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ）
A. 甲地：总体均值为3，中位数为4B. 乙地：总体均值为1，总体方差大于0
C. 丙地：中位数为2，众数为3D. 丁地：总体均值为2，总体方差为3
【答案】D
【解析】由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第天）人数的平均数为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这天的感染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.
故选：D
3．己知均为单位向量．若，则在上的投影向量为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】由，可得，所以，
则在上的投影向量为.
故选：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
【答案】D
【解析】
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．冬奥会会徽以汉字“冬”（如图1甲）为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象､新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求.该同学取端点绘制了△ABD（如图乙），测得，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，在中，由余弦定理可得，，
因为，所以，
在中，由得，
故选：C
6．已知为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，或，为锐角，
故选：A
7．已知过原点O的直线与双曲线交于A，B两点（点A在第一象限），，分别为双曲线E的左．右焦点，延长交E于点C，若，，则双曲线E的渐近线方程为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】如下图所示：
连接，
由直线过原点并利用双曲线的对称性可知，关于原点对称，也关于原点对称；
可得四边形为平行四边形，所以，
由双曲线定义可得，即，
又，可得，
由可得，又可得为正三角形，
所以，可得，即；
又，所以，即
可得渐近线方程为；
故选：A
8．已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得到，又，所以，
所以，，又，
所以，又，得到，
令，则，所以，
得到，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，当时，，
得到在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，所以，得到，
故选：A.
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．已知复数，，，则（ ）
A. B. 的实部依次成等比数列
C. D. 的虚部依次成等差数列
【答案】ABC
【解析】因为，，所以，所以，故A正确；
因为，，的实部分别为1，3，9，所以，，的实部依次成等比数列，故B正确；
因为，，的虚部分别为，，1，所以，，的虚部依次不成等差数列，故D错误；
，故C正确.
故选：ABC.
10．已知函数，则（ ）
A. 的一个周期为2B. 的定义域是
C. 的图象关于点对称D. 在区间上单调递减
【答案】AC
【解析】对于A，由可知其最小正周期，故A正确；
对于B，由可知，
故B错误；
对于C，由可知，
此时的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由可知，
又在上递增，显然，故D错误.
故选：AC
11．已知函数及其导函数的定义域均为，且，的图象关于点对称，则（ ）
A.
B. 为偶函数
C. 的图象关于点对称
D.
【答案】ABD
【解析】由，可得，则，令，得，A正确.
令，则，故为偶函数，B正确.
假设的图象关于点对称，则，
则，即，则，
这与的图象关于点对称矛盾，假设不成立，C不正确.
因为的图象关于点对称，所以，
令，则，
则（为常数），则，
从而，即，
由，得，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．抛物线焦点为，过的直线与曲线交于两点，点的横坐标为6,则______．
【答案】##
【解析】由题意可得抛物线的焦点为,
由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，则点在第四象限，
因为点的横坐标为6,
所以，解得，不妨设，
所以，所以直线的方程为，
设，联立，可得,
所以，，解得，
所以.
故答案为：
13.已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______．
【答案】1215
【解析】，，
，．
展开式第项：
，．
故答案为：1215.
14.在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
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．不透明的袋子中有8个除所标数字外均相同的球，其中标号为1号的球有3个，标号为2号的球有3个，标号为3号的球有2个．现从这8个球中任选2个球．
（1）求选出的这2个球标号相同的概率；
（2）设随机变量为选出的2个球标号之差的绝对值，求的分布列与数学期望．
【答案】（1） （2）分布列见解析，．
【解析】（1）依题意，选出的这2个球标号相同的概率为．
（2）的所有可能取值为，，，
，，．
的分布列如下：
X的数学期望．
16．设函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；(其中为自然对数的底数)
（2）在（1）的条件下求的单调区间和极小值．
【答案】（1） （2）的单调减区间是，单调增区间是，极小值为
【解析】（1）由可得，
因为在点处的切线与垂直，
所以此切线斜率为0，即，解得；
（2）由（1）可得，
由得，由得，
所以的单调减区间是，单调增区间是，
所以当时，取得极小值
17．在三棱台中，平面，，且，，为的中点，是上一点，且（）.
（1）求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
∵，
∴，则.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
（2）由题意得，平面，
∴平面.
由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，，
∵，
∴由棱台的性质得，
.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴（），
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为.
.
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
18．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
（1）求动点M轨迹W的方程；
（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1） （2）直线PQ过定点．
【解析】（1）设点M的坐标为，由题意可知，，
化简整理得，W的方程为．
（2）由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，
，
设，，由韦达定理得，，
则，
所以，点P的坐标为．
同理可得，Q的坐标为．
所以，直线PQ的斜率为，
所以，直线PQ的方程为，
即，
又，则，
所以直线PQ的方程即为，
所以，直线PQ过定点．
19．已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
（1）若，求及；
（2）若，求证：互不相同；
（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】（1），.
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】（1）因为，所以，则；
（2）依题意，则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
（3）依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
决胜2024年高考数学押题预测卷04
数 学
（新高考九省联考题型）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，，即，
由，得，
故.
故选：B
2．在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生在规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”.根据过去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的是（ ）
A. 甲地：总体均值为3，中位数为4B. 乙地：总体均值为1，总体方差大于0
C. 丙地：中位数为2，众数为3D. 丁地：总体均值为2，总体方差为3
【答案】D
【解析】由于甲地总体均值为，中位数为，即中间两个数（第天）人数的平均数为，因此后面的人数可以大于，故甲地不符合.乙地中总体均值为，因此这天的感染人数总数为，又由于方差大于，故这天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位数为，众数为，出现的最多，并且可以出现，故丙地不符合，故丁地符合.
故选：D
3．己知均为单位向量．若，则在上的投影向量为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】由，可得，所以，
则在上的投影向量为.
故选：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
【答案】D
【解析】
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．冬奥会会徽以汉字“冬”（如图1甲）为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象､新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求.该同学取端点绘制了△ABD（如图乙），测得，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，在中，由余弦定理可得，，
因为，所以，
在中，由得，
故选：C
6．已知为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，或，为锐角，
故选：A
7．已知过原点O的直线与双曲线交于A，B两点（点A在第一象限），，分别为双曲线E的左．右焦点，延长交E于点C，若，，则双曲线E的渐近线方程为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】如下图所示：
连接，
由直线过原点并利用双曲线的对称性可知，关于原点对称，也关于原点对称；
可得四边形为平行四边形，所以，
由双曲线定义可得，即，
又，可得，
由可得，又可得为正三角形，
所以，可得，即；
又，所以，即
可得渐近线方程为；
故选：A
8．已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得到，又，所以，
所以，，又，
所以，又，得到，
令，则，所以，
得到，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，当时，，
得到在区间上恒成立，
所以在区间上单调递减，
又，所以，得到，
故选：A.
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．已知复数，，，则（ ）
A. B. 的实部依次成等比数列
C. D. 的虚部依次成等差数列
【答案】ABC
【解析】因为，，所以，所以，故A正确；
因为，，的实部分别为1，3，9，所以，，的实部依次成等比数列，故B正确；
因为，，的虚部分别为，，1，所以，，的虚部依次不成等差数列，故D错误；
，故C正确.
故选：ABC.
10．已知函数，则（ ）
A. 的一个周期为2B. 的定义域是
C. 的图象关于点对称D. 在区间上单调递减
【答案】AC
【解析】对于A，由可知其最小正周期，故A正确；
对于B，由可知，
故B错误；
对于C，由可知，
此时的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由可知，
又在上递增，显然，故D错误.
故选：AC
11．已知函数及其导函数的定义域均为，且，的图象关于点对称，则（ ）
A.
B. 为偶函数
C. 的图象关于点对称
D.
【答案】ABD
【解析】由，可得，则，令，得，A正确.
令，则，故为偶函数，B正确.
假设的图象关于点对称，则，
则，即，则，
这与的图象关于点对称矛盾，假设不成立，C不正确.
因为的图象关于点对称，所以，
令，则，
则（为常数），则，
从而，即，
由，得，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．抛物线焦点为，过的直线与曲线交于两点，点的横坐标为6,则______．
【答案】##
【解析】由题意可得抛物线的焦点为,
由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，则点在第四象限，
因为点的横坐标为6,
所以，解得，不妨设，
所以，所以直线的方程为，
设，联立，可得,
所以，，解得，
所以.
故答案为：
13.已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______．
【答案】1215
【解析】，，
，．
展开式第项：
，．
故答案为：1215.
14.在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
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．不透明的袋子中有8个除所标数字外均相同的球，其中标号为1号的球有3个，标号为2号的球有3个，标号为3号的球有2个．现从这8个球中任选2个球．
（1）求选出的这2个球标号相同的概率；
（2）设随机变量为选出的2个球标号之差的绝对值，求的分布列与数学期望．
【答案】（1） （2）分布列见解析，．
【解析】（1）依题意，选出的这2个球标号相同的概率为．
（2）的所有可能取值为，，，
，，．
的分布列如下：
X的数学期望．
16．设函数．
（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；(其中为自然对数的底数)
（2）在（1）的条件下求的单调区间和极小值．
【答案】（1） （2）的单调减区间是，单调增区间是，极小值为
【解析】（1）由可得，
因为在点处的切线与垂直，
所以此切线斜率为0，即，解得；
（2）由（1）可得，
由得，由得，
所以的单调减区间是，单调增区间是，
所以当时，取得极小值
17．在三棱台中，平面，，且，，为的中点，是上一点，且（）.
（1）求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
∵，
∴，则.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
（2）由题意得，平面，
∴平面.
由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.
∵，
∴，.
∴，，，
∵，
∴由棱台的性质得，
.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴（），
即，解得.
∴平面的一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为.
.
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
18．在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．
（1）求动点M轨迹W的方程；
（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1） （2）直线PQ过定点．
【解析】（1）设点M的坐标为，由题意可知，，
化简整理得，W的方程为．
（2）由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，
，
设，，由韦达定理得，，
则，
所以，点P的坐标为．
同理可得，Q的坐标为．
所以，直线PQ的斜率为，
所以，直线PQ的方程为，
即，
又，则，
所以直线PQ的方程即为，
所以，直线PQ过定点．
19．已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
（1）若，求及；
（2）若，求证：互不相同；
（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】（1），.
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】（1）因为，所以，则；
（2）依题意，则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
（3）依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
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