2024年高考冲刺押题预测卷-数学(全国卷理科)-(考试版A4+参考答案+全解全析)

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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．样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（ ）
A．16B．17C．23D．24
【答案】C
【解析】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，
，所以分位数为.故选：C．
2．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【解析】依题意，，
所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D
3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（ ）
A．若,,则 ；B．若,,,则 ；
C．若，，则 ；D．若，，，,则．
【答案】C
【解析】若，，则或与相交或与异面，故A错误；
若，，，则或与相交，故B错误；
若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；
若，，，，当与相交时，有，
否则，与不一定平行，故D错误．故选：C．
4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【解析】双曲线的渐近线方程为，
因为直线与双曲线的一条渐近线平行，
所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，
所以的右焦点到直线的距离为.故选：A.
5．某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（ ）
A．36种B．42种C．48种D．52种
【答案】B
【解析】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；
若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，
后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.
所以一共有：种安排方式.故选：B
6．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．－36或36B．－36C．36D．18
【答案】C
【解析】数列为等比数列，设公比为q，且，，
则，则，则，
则，故选：C.
7．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，则，，
则，即，
化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，
又，所以三点共线，
显然当直线与此圆相切时，的值最大.
又,
则,
则.故选：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．
【答案】A
【解析】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.
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．已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．函数的周期为
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间上单调递减
D．函数在区间上的最小值为
【答案】AD
【解析】，，故数的周期为，A正确，
对于B. 函数，故不关于直线对称，B错误，
对C. 当则，故函数在区间不是单调递减，C错误，
对于D. 则，故当时，取最小值故D正确，
故选：AD
10．已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（ ）
A．的离心率为B．的周长为12
C．的最小值为3D．的最大值为16
【答案】BD
【解析】由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.故选：BD.
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，且，则（ ）
A．为偶函数B．的图象关于点对称
C．D．
【答案】BCD
【解析】由的图象关于直线对称，可得的图象关于直线对称，
即的图象关于直线对称，则
由，可得，
又，所以，
所以的图象关于点对称，即为奇函数，
所以，即，即函数的周期为4，
由，可得，
因为的周期为4，所以，
则，即，
所以的图象关于点对称，故B正确；
因为的图象关于直线对称，则，
所以，所以，
因为的周期为4，所以的周期也为4.
由，可得，
所以，故C正确；
由，可得，所以，
即
，故D正确.故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合，，若，则实数 ．
【答案】
【解析】因为，所以或，或，
又由集合中元素的互异性可知且且，且，
综上.
13．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记．若，则 ．
【答案】
【解析】因为，所以，
由题意当时，所以.
14．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，则，
因为在中，不同时为，，
故，所以，
又，所以，则，故，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
又，所以，即的最大值为.
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．有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.
（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；
（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）；（2）分布列见解析，
【解析】（1）记检测过程中两件次品不相邻为事件，
依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻的概率，所以.
（2）依题意的可能取值为、、、，
所以，，
，，
所以的分布列为：
所以.
16．已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，
当时，，当时，，
所以，解得：，
所以的最小值为.
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点.
（1）证明：直线平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：取的中点为，连接，
因为分别为的中点，所以且，
在正方形中，是中点，可得且，
所以且，故四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，故直线平面.
（2）因为底面四边形为正方形，且底面，
以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设，则，
因为，所以，可得，且，
设平面的法向量为，
则，
取，可得，所以，
设平面与平面的夹角的为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18．已知抛物线的焦点为，为上一点，且.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.
（i）求点的坐标；
（ii）求与的面积之和的最小值.
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）
【解析】（1）由题意可得，解得，所以的方程为：；
（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，
故可设的直线的方程为，
代入抛物线的方程，可得，
方程的判别式，
设，，
不妨设，则,
所以直线AD的方程为：，
即，即，
令，可得，
所以，所以，所以；
（ii）如图所示，可得，
，
所以与的面积之和
当且仅当时，即时，等号成立，
所以与的面积之和的最小值为.
19．无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
（1）写出这个数列的前7项；
（2）如果且，求m，n的值；
（3）记，，求一个正整数n，满足．
【答案】（1），，，，，，；（2）；
（3）（答案不唯一，满足即可）
【解析】（1）根据题意，，，
，，，
，．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．