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押题预测卷05-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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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05
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.某地有8个快递收件点,在某天接收到的快递个数分别为360,284,290,300,188,240,260,288,则这组数据的百分位数为75的快递个数为( )
A. 290B. 295C. 300D. 330
【答案】B
【解析】将数据从小到大排序为:188,240,260,284,288, 290,300,360,
,所以分位数为.
故选:B
2.已知复数满足,则( )
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】,
故,
故,故.
故选:D
3. 若,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为的展开通项公式为,
则,故B正确.
故选:B.
4.已知,,m为实数,若,则向量在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意可知,
由可得,解得,所以;
所以向量在上的投影向量为.
故选:D
5.已知圆,弦过定点,则弦长不可能的取值是( )
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】圆的半径,
因为,
所以点在圆内,
当弦过圆心时,,
当时,弦最短,
,
所以,
所以弦长不可能的取值是D选项.
故选:D.
6.若,x,,则的最小值为( )
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】因为,
所以.
因为,所以.
所以,即.
当且仅当,,即,时等号成立,
所以的最小值为.
故选:C.
7.在中,角所对的边分别为,,若表示的面积,则的最大值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为,
由正弦定理得,所以,
由余弦定理得,
所以,
令,则,当且仅当,即时取等号,
所以,
故选:D.
8.已知,使恒成立的有序数对有( )
A. 2个B. 4个C. 6个D. 8个
【答案】B
【解析】由题得函数定义域为,
要想恒成立,即恒成立,
只需恒成立,
只需恒成立,
设,
所以当时,则,使恒成立的b可取1;
所以当,则,使恒成立的b可取1,2,3,
所以一共有共4种.
故选:B.
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,则( )
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】利用复数的几何意义知在复平面内,对应的点在对应线段的中垂线即y轴上,
所以不一定是实数,所以A错误;
因为与关于实轴对称,且在y轴上,所以B,C正确;
取,则,所以D错误.
故选:BC.
10.如图,在正四棱台中,为棱上一点,则( )
A. 不存在点,使得直线平面
B. 当点与重合时,直线平面
C. 当为中点时,直线与所成角的余弦值为
D. 当为中点时,三棱锥与三棱锥的体积之比为
【答案】BCD
【解析】连接交于,因为正四棱台,
所以以为轴,为轴,垂直于平面为轴建立如图所示坐标系,
设点在底面投影为,则,,
即正四棱台的高为,
则,,,,,,
所以,,,,
因为为棱上一点,所以,
所以,
设平面的法向量,
则,令可得平面的一个法向量为,
令解得,故存在点,使得直线平面,A说法错误;
当点与重合时即,,
,,
设平面的法向量,
则,令可得平面的一个法向量为,
因为,所以当点与重合时,直线平面,B说法正确;
当为中点时,即,,
所以,
所以直线与所成角的余弦值为,C说法正确;
设正四棱台的高为,当为中点时,
三棱锥的体积,
三棱锥的体积,
所以三棱锥与三棱锥的体积之比为,D说法正确;
故选:BCD
11.已知函数的定义域均为,,,,且当时.,则( )
A.
B.
C. 函数关于直线对称
D. 方程有且只在3个实根
【答案】ACD
【解析】对于A:由,可得,所以
所以,即
所以,得,故为周期函数,且周期为,
又,可得,故,
令可得,
令中的可得
所以,A正确;
对于B:因为当时,,所以,
由得,所以
由得,所以,又,
所以,B错误;
对于C:由,可得,
故,即,,
由,可得,
故,即,所以
故为奇函数,关于对称,且周期为,又当时.,作出的图象如下:
由图可知函数关于直线对称,C正确;
对于D:方程,即,
由图可知,函数的图象和的图象有个交点,即方程有个实根,D正确.
故选:ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务,分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名,记事件为“五名同学所选项目各不相同”,事件为“只有甲同学选安全防范服务”,则_________.
【答案】
【解析】事件:甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同,所以其它4名同学排列在其它4个项目,且互不相同,为,事件:甲同学选安全防范服务,所以其它4名同学排列在其它4个项目,可以安排在相同项目,为,.
故答案为:.
13.已知,,则_________.
【答案】3
【解析】方法一:因为,所以,
,因为,所以,
.
方法二:由及,解得,所以,
故答案为:3
14.抛物线与椭圆有相同的焦点,分别是椭圆的上、下焦点,P是椭圆上的任一点,I是的内心,交y轴于M,且,点是抛物线上在第一象限的点,且在该点处的切线与x轴的交点为,若,则____________.
【答案】
【解析】焦点在轴上,故椭圆的焦点在轴上,
故,
I是的内心,连接,则平分,
在中,由正弦定理得①,
在,由正弦定理得②,
其中,故,
又,
式子①与②相除得,故,
同理可得,
,
由椭圆定义可知,,
,即焦点坐标为,
所以抛物线方程为,
,故在处的切线方程为,
即,又,故,
所以在点的切线为:,
令,又,即,
所以是首项16,公比的等比数列,
.
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.如图,在直四棱柱中,,,.
(1)证明:;
(2)求二面角平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析 (2).
【解析】(1)法一:连接,交于点,
在梯形中,,,所以,
又,所以,
则,因为,所以,
则,即.
直四棱柱中,平面,
因为平面,所以.
因为、平面,,所以平面.
因为平面,所以.
法二:以为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,,,,,.
因为,,
所以,
所以,即.
(2)设平面与平面的一个法向量分别为与,
因为,,,
由得,则,令得,
所以.
由得,令,则,,
所以.
所以,
由图可知二面角的平面角为锐角,
所以二面角的平面角的余弦值为.
16.某学校计划举办趣味投篮比赛,比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下:两人组成一个小组,每人各投篮3次;若某选手投中次数多于未投中次数,则称该选手为“好投手”;若两人均为“好投手”,则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手均参加每一局的比赛,每人每次投篮结果互不影响.若甲、乙两位同学组成一个小组参赛,且甲、乙同学的投篮命中率分别为.
(1)求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率;
(2)若以“甲、乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为3的概率最大”作为决策依据,试推断本次投篮比赛设置的总局数为多少时,对该小组更有利?
【答案】(1) (2)详见解析
【解析】(1)设一局比赛中甲被称为好投手的事件为A,
则;
(2)设一局比赛中乙被称为好投手的事件为B,
则,
甲、乙同学都获得好投手的概率为:,
比赛设置n局,甲、乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X,
则,且,
设,则 ,
则 ,即 ,
即 ,又 ,则 ,
所以本次投篮比赛设置的总局数8时,对该小组更有利.
17.设函数,其中a为实数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)当在定义域内有两个不同的极值点时,证明:.
【答案】(1)的单调递增区间为,单调递减区间为 (2)证明见解析
【解析】(1)的定义域为,,
令,得或,
时,,时,,
所以的单调递增区间为,单调递减区间为;
(2),
由在上有两个不同的极值点,
故有两个不同的正根,则有,解得,
因为
,
设,,
则,故在上单调递增,
又,
故.
18.设动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于,记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)设过点的直线与C的右支相交于A,B两点,是内一点,且满足,试判断点是否在直线上,并说明理由.
【答案】(1) (2)点在直线上,理由见解析
【解析】(1)由动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于,
可得,化简得,
故所求曲线C的方程为.
(2)点在直线上.
因为,设点的坐标分别是,
由题设得,
解得,
当轴时,,,
代入有,所以点在直线上,
当AB不与轴垂直时,设直线AB的方程是,
因为曲线C的渐近线的斜率为,且直线AB与曲线C的右支相交于两点,所以,
联立方程组,整理得,
此时,可得,
则,
同理.
于是,
,
所以,所以点在直线上.
.
19.若无穷数列的各项均为整数.且对于,,都存在,使得,则称数列满足性质P.
(1)判断下列数列是否满足性质P,并说明理由.
①,,2,3,…;
②,,2,3,….
(2)若数列满足性质P,且,求证:集合为无限集;
(3)若周期数列满足性质P,求数列的通项公式.
【答案】(1)数列不满足性质P;数列满足性质P,理由见解析
(2)证明见解析 (3)或.
【解析】(1)对①,取,对,则,
可得,
显然不存在,使得,
所以数列不满足性质P;
对②,对于,则,,
故
,因为,
则,且,
所以存在,,
使得,
故数列满足性质P;
(2)若数列满足性质,且,则有:
取,均存在,使得,
取,均存在,使得,
取,均存在,使得,
故数列中存在,使得,即,
反证:假设为有限集,其元素由小到大依次为,
取,均存,使得,
取,均存在,使得,
取,均存在,使得,
即这与假设相矛盾,故集合为无限集.
(3)设周期数列的周期为,则对,均有,
设周期数列的最大项为,最小项为,
即对,均有,
若数列满足性质:
反证:假设时,取,则,使得,
则,即,
这对,均有矛盾,假设不成立;则对,均有;
反证:假设时,取,则,使得,
这与对,均有矛盾,假设不成立,即对,均有;
综上所述:对,均有,
反证:假设1为数列中的项,由(2)可得:为数列中的项,
∵,即为数列中的项,
这与对,均有相矛盾,即对,均有,同理可证:,
∵,则,
当时,即数列为常数列时,设,故对,都存在,
使得,解得或,即或符合题意;
当时,即数列至少有两个不同项,则有:
①当为数列中的项,则,即为数列中的项,但,不成立;
②当为数列中的项,则,即为数列中的项,但,不成立;
③当为数列中的项,则,即为数列中的项,但,不成立;
综上所述:或.
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