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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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    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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    这是一份押题预测卷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),文件包含押题预测卷05新高考九省联考题型原卷版docx、押题预测卷05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26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,,

    ,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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