决战2024届高考考前押题卷数学（广东专用01，新题型结构）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（广东专用01，新题型结构），共21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．已知某地最近天每天的最高气温（单位：）分别为，则天最高气温的第百分位数是（ ）
A．15B．21C．D．22
2．已知向量，若向量满足，且，则的值是（ ）
A．B．12C．20D．
3．已知数列为等比数列，为数列的前项和.若成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，，那么“”是“在上是增函数”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
5．“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这6个数字组成．若从1，4，2，8，5，7这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200的偶数个数是（ ）
A．87B．129C．132D．138
6．如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是（ ）

A．点共面B．平面平面
C．D．平面
7．已知函数对均满足，其中是的导数，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知椭圆的左焦点为，过作圆的一条切线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
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．已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若是非零复数，且，则D．若是非零复数，则
10．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若为锐角三角形，的最小值为1
D．若为锐角三角形，则的取值范围为
11．已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．在定义域内单调递减D．为奇函数
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．已知集合，则 .
13．若的展开式中有理项的系数和为2，则展开式中的系数为 ．
14．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为 ，点N轨迹的长度为 ．

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
15．已知函数的图象经过点，且是的极值点.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的单调区间和最值.
16．如图1，在等边三角形中，，点分别是的中点.如图2，以为折痕将折起，使点A到达点的位置（平面），连接.
(1)证明：平面平面；
(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布．其电压通常有3种状态：①不超过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率；
(2)从该机器生产的零件中随机抽取n（）件，记其中恰有2件不合格品的概率为，求取得最大值时n的值．
附：若，取，．
18．如图，已知四边形的四个顶点都在抛物线上，且A，B在第一象限，轴，抛物线在点A处的切线为l，且．

(1)设直线的斜率分别为k和，求的值；
(2)P为与的交点，设的面积为，的面积为，若，求的取值范围．
19．已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】结合百分位数的定义，直接求解即可.
【详解】将此组数据从小到大排列：，
且共有个数，因为，所以第百分位数为.
故选：C.
2．A
【分析】利用向量共线的坐标表示可设，由数量积的坐标表示可得，即可求得.
【详解】由可设，
由可得，解得，
所以，则.
故选：A
3．A
【分析】将成等差数列转化为等式，进而求出数列的公比，将比值中的和、项用基本元来表示，化简求值即可.
【详解】设等比数列的公比为，
若成等差数列，可得：，
当时，此时恒成立，
即为，得，即，显然不成立；
当时，即为：，其中，
得，得或（舍去），
，
故选：A.
4．A
【分析】求得当时，是增函数,进而判断时，函数的单调性，即可得出结果.
【详解】当，, 单调递增.
则当时，是增函数,
当时, 在单调递增，可得在上是增函数；
当时, 在单调递增，可得在上是增函数；
反之，当在上是增函数时，由，可知，此时，即不成立.
所以“”是“在上是增函数”的充分而不必要条件.
故选：A.
5．A
【分析】按千位数分别是5，7，8进行分类讨论即可.
【详解】若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有（个）；
（①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字是5，7或8）
若千位数字是7，则共有（个）；
若千位数字是8，则共有（个）．
故符合条件的四位数共有（个）．
故选：A
6．D
【分析】取中点，连接，，，，利用线面垂直的判断定理证明平面，平面，得到四点共面，再利用平行四边形的性质判断A，利用面面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的性质定理判断C，假设平面，由线面垂直的性质可知，进而得到四边形是菱形，与已知矛盾判断D.
【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，，
因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
所以四点共面，
由题意知，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确；
选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面，
因为，且平面，平面，所以平面，
又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确；
C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确；
D选项：假设平面，因为平面，则，
由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，
与，矛盾，故D说法错误;
故选：D
7．A
【分析】根据给定的等式，构造函数并探讨其单调性，再逐项计算判断作答.
【详解】，令，求导得：，
当时，当时，因此函数在上单调递增，在上单调递减，
对于A，，则，即，A正确；
对于B，，则，即，B错误；
对于C，，则，即，C错误；
对于D，，则，即，D错误．
故选：A
8．B
【分析】设出直线，与椭圆联立然后根据几何关系，结合根与系数关系即可求解.
【详解】设直线，与椭圆联立，化简得，
设，，则由根与系数的关系得①，
又，所以，代入①得②，
又直线与圆相切，所以，即，代入②整理得，
得，因此椭圆的离心率，故B正确.
故选：B．
【点睛】将直线与椭圆联立后结合根与系数的关系及几何关系，从而求解.
9．BC
【分析】对于A项，可以举反例说明；对于B项，可以设，则，代入等式两边验证即可判定；对于C项，可将题设条件等价转化，分析即得；对于D项，可通过举反例对结论进行否定.
【详解】对于A项，若，，显然满足，但，故A项错误；
对于B项，设，则，，故而，故B项正确；
对于C项，由可得：，因是非零复数，故，即，故C项正确；
对于D项，当时，是非零复数，但 ，故D项错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确.
【详解】对于中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，A正确；
对于B，若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，B正确；
对于，在锐角中，，即.
故，C错误；
对于，在锐角中，由，
，
令，则，
易知函数单调递增，所以可得，D正确；
故选：ABD.
11．BC
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对已知的函数抽象表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据选项信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式即可判断奇偶性等.
12．
【分析】由对数不等式和一元二次不等式化简集合，再由交集运算即可求解.
【详解】，解得，故；
，解得，故，故.
故答案为：
13．1
【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】
时为有理项，，
由系数：,
故答案为：1.
14．
【分析】正四面体的表面积，减去截去的小正四面体的侧面积加上小正四面体的底面面积，可得多面体的表面积，利用动点的特征，判断轨迹形状，求出轨迹的长度.
【详解】根据题意该正四面体的棱长为，点分别是正四面体棱的三等分点．
该正四面体的表面积为，
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面面积为，
每个角上小正四面体的底面面积为，
所以该多面体的表面积为：．
如图设点为该多面体的一个顶点，为所在棱的顶点，则，

在中，，
则，所以， 得，即；
同理，，
由，平面，所以平面．
由点是该多面体表面上的动点，且总满足，
则点的轨迹是线段，
所以点轨迹的长度为：．
故答案为：；
15．(1)
(2)增区间为，减区间为，最小值为，无最大值
【分析】（1）求得，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由（1）知，求得函数的单调区间，进而求得其最值.
【详解】（1）解：由函数，可得，
因为函数过点，且是的极值点，
可得，解得，经检验符合题意；
所以函数的解析式为.
（2）解：由（1）知，
令，解；令，解，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，无最大值.
即函数的增区间为，减区间为，最小值为，无最大值.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用勾股定理、余弦定理证明线线垂直得线面垂直，再根据线面垂直的性质证明即可；
（2）先利用勾股定理逆定理及线线垂直证得面平面，再建立合适的空间直角坐标系，根据空间向量求线面角即可.
【详解】（1）如图所示，取的中点，连接，
由题意易知，，，
不妨设，则，
由余弦定理可知，
，
由勾股定理知，
所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）
分别取中点，连接，
由余弦定理可知，而，
显然，则，
易知，，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，则两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则有，
取，即，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)0.09；
(2).
【分析】（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由二项分布的概率公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D．
因为，所以，
，
．
所以
，
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09．
（2）从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则，
所以．
由，解得．
所以当时，；
当时，；所以最大．
因此当时，最大．
18．(1)0
(2)
【分析】（1）首先分别设，，，根据条件，并由坐标表示斜率，即可求解；
（2）由已知条件求出直线的方程，再分别与抛物线的方程联立，可求出，并进一步求出，然后利用面积公式求出，结合的范围，即可求解.
【详解】（1）设，，，
由轴得，点的坐标为，
由得，，
所以抛物线在点处的切线斜率为，
又，由得，所以，
因为，，
所以；
（2）因为，所以，，
所以直线的方程为，即，
由，得，
所以，得，
又直线的方程为，即，
由，得，
所以，得，
所以直线的方程为，即，
所以，
由，即，解得：，
因为，，
所以，
，
所以，
又，所以，即的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是建立用解析思想解决几何问题，用点的坐标表示的坐标，从而达到解决几何问题的目的.
19．(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.