押题预测卷02（新高考九省联考题型）（解析版）_2024年4月_其他_决胜2024年高考数学押题预测模拟卷（新高考九省联考题型）

领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 决胜 2024 年高考数学押题预测卷 02 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．若 ，则 （ ） . A B. C. D. 【答案】B 【解析】由题意得 ，所以 . 故选：B. 2．已知向量 ，则 与 夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为 ，则 ， 所以 . 故选：D． 3． “直线 与 平行”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】若直线 与 平行， 易得: ，故： ， 则 1领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 得不到 ，故不是充分条件； 反之，当 时 成立，故直线 与 平行，是 必要条件； 故“直线 与 平行”是“ ”的必要不充分条件， 故选：B． 4．若 ，则 （ ） A. 64 B. 33 C. 32 D. 31 【答案】D 【解析】因为 ， 所以令 可得 ①， 令 可得 ②， 令 可得 ③， ②+③可得 ①， 将①代入④可得 . 故选：D 5．公元 年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个 原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如 在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平 行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被 称为“祖暅原理”. 打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用 打印技 术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为 的水平截面的面积 可以近似用函数 ， 拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】如下图所示： 2领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 圆锥 的高和底面半径为 ，平行于圆锥 底面的截面角圆锥 的母线 于点 ， 设截面圆圆心为点 ，且 ，则 ， 易知 ，则 ，即 ，可得 ， 所以，截面圆圆 的半径为 ，圆 的面积为 ， 又因为 ， 根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为 ， 高为 的圆锥的体积近似相等， 所以该“睡美人城堡”的体积约为 ， 故选：D. 6.在 中，内角 的对边分别为 ，若 ，且 ，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】因为 ， 所以 ，整理得 ， 所以 ， 又 ，所以 ， 又 ，所以 ，解得 ， 3领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 所以 又 ，则 ， 所以 ， 即 的取值范围为 . 故选：C. 7．已知正实数 满足 ，则 的大小关系 为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意 ， 所以令 ， 所以问题等价于比较 的图象分别与 的图象三个交点横坐标的大小关系， 而 均过点 ， 则由指数函数单调性可知， 的图象分别与 的图象三个交点横坐标如图所 示： 则 . 故选：A. 8．已知 是椭圆和双曲线的公共焦点， 是它们的一个公共点，且 ，若椭圆的离心 4领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 率为 ，双曲线的离心率为 ，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如图，设椭圆的长半轴长为 ，双曲线的实半轴长为 ， 则根据椭圆及双曲线的定义得： ， ，设 ， 则在 中，由余弦定理得， ， 化简得 ，即 ， 则 ， 当且仅当 ，即 时等号成立， 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．下列说法正确的是（ ） A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的第70百分位数是8.5 5领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 B. 若随机变量 ，则 C. 设 为两个随机事件， ，若 ，则事件A与事件 相互独立 D. 根据分类变量 与 的成对样本数据，计算得到 ，依据 的卡方独立性检验 ，可判断 与 有关且该判断犯错误的概率不超过0.05 【答案】BCD 【解析】对于A，因为 ， 又将数据从小到大排列，第7个数为7，第8个数为8， 所以第70百分位数为7.5，故A错误； 对于B，根据正态分布的性质可知为 ， ，故B正确； 对于C，根据条件概率可知 ， 由相互独立事件的判定可知C正确； 对于D，根据独立性检验的意义可知 ， 故可判断 与 有关且该判断犯错误的概率不超过0.05，故D正确. 故选：BCD. 10．若函数 ，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线 对称 C. 的最小值为 D. 的单调递减区间为 ， 【答案】BCD 【解析】由 ， 得 的定义域为 ， ， 当 时， 不在定义域内，故 不成立， 故选项A错误； 又 ， 所以 的图象关于直线 对称，所以选项B正确； 因为 ，设 ， 所以函数转化为 ， ， ，由 得 ，由 得 ， 6领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 ，即 ，故选项C正确； 因为 在 上单调递减，在 上单调递增， 由 ，令 得 ， 又 的定义域为 ， ，解得 ， ， 因为 在 上单调递增， 所以 的单调递减区间为 ， ， 同理函数的递增区间为 ， ，所以选项D正确， 故选:BCD 11．设函数 的定义域为R， 为奇函数， ， ，则（ ） . A B. C. D. 【答案】ABD 【解析】由 为奇函数，即函数 的图象关于 对称， 又 ，则 的图象关于 对称， 所以 ， 则 ， 为周期函数且周期为 ，B对． 所以 ，A对． 而 ，C错． 由上可知 ， ， 所以 ， 则 ，D对． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知集合 ， ，则 ______________. 7领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 【答案】 【解析】由 ，可得 ，即 ， 故 . 故答案为： 13．已知A为圆C： 上 动点，B为圆E： 上的动点，P为直线 的 上的动点，则 的最大值为______________. 【答案】 【解析】设 关于直线 的对称点为 ， 则 ，解得 ，故 ， 则圆 关于 对称的圆 的方程为 ， 要使 的值最大， 则 （其中 为 关于直线 的对称圆 上的点）三点共线， 且该直线过 两点，如图， 其最大值为 . 故答案为： . 14.已知数列 的通项公式为 ，若对任意 ，不等式 恒成立，则实数 的取值范围是______． 8领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 【答案】 【解析】由 ，则 ， 故 ， 由 ，可得 ， 即 ， 设 ，则 恒成立， 故 在 单调递减，当 时， ， 即当 时， ，故 . 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．甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位： 分）情况统计如下： 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 8 10 10 7 12 8 8 10 10 13 乙 9 13 8 12 14 11 7 9 12 10 丙 12 11 9 11 11 9 9 8 9 11 （1）从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率； （2）在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设 表示乙得分大于丙得 分的场数，求 的分布列和数学期望 ； （3）假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的 概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设 为甲获胜的场数， 为乙获胜的场数， 为丙获胜的场数，写出方差 ， ， 的大小关系. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】（1）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场， 第10场. 设 表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则 . （2）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场， 9领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场， 分别是第2场、第5场、第8场、第9场. 所以 的所有可能取值为0，1，2. ， ， . 所以 的分布列为 0 1 2 所以 . （3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，丙获胜的概率为 ，还需要进行6 场比赛， 而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以 ， ， 故 . 16．如图，在多面体 中，底面 为平行四边形， ， 矩形 所在平面与底面 垂直， 为 的中点. （1）求证：平面 平面 ； （2）若平面 与平面 夹角的余弦值为 ，求 与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）如图，连接 交 于点 ，连接 . 因为底面 为平行四边形， 所以 为 的中点. 因为 为 的中点，所以 . 又因为 平面 平面 ， 所以 平面 . 10领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 因为 为矩形，所以 平面 平面 ， 所以 平面 . 因为 平面 平面 ， 所以平面 平面 . （2）因为 ，所以 . 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 平面 . 分别以 为 轴建立空间直角坐标系， 设 ，则 ， ， ， ， ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 即 ，令 ，则 ， 设平面 的法向量为 ，则 即 ，令 ，则 ， 所以 ，解得 ， 所以 . 设 与平面 所成的角为 ， 则 . 所以 与平面 所成的角的正弦值为 . 17．已知函数 . 11领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 （1）若曲线 在点 处的切线为 轴，求 的值； （2）讨论 在区间 内极值点的个数； 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】(1)由 得： ， 依题意， ，得 . 经验证， 在点 处的切线为 ，所以 . (2)由题得 . （i）若 ，当 时， 恒成立， 所以 在区间 上单调递增，所以 无极值点. （ii）若 ， 当 时， ，故 在区间 上单调递减， 当 时， ，故 在区间 上单调递增. 所以 为 的极小值点，且 无极大值点. 综上，当 时， 在区间 内的极值点个数为0； 当 时， 在区间 内的极值点个数为1. 18．已知抛物线： ，直线 ，且点 在抛物线上． （1）若点 在直线 上，且 四点构成菱形 ，求直线 的方程； （2）若点 为抛物线和直线 的交点（位于 轴下方），点 在直线 上，且 四点构成矩 形 ，求直线 的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由题意知 ，设直线 ． 联立 得 ， 则 ， ， 则 的中点 在直线 上， 代入可解得 ， ，满足直线与抛物线有两个交点， 所以直线 的方程为 ，即 ． 12领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 （2）当直线 的斜率为 或不存在时，均不满足题意． 由 得 或 （舍去），故 ． 当直线 的斜率存在且不为 时，设直线 ． 联立 得 ，所以 ． 所以 ．同理得 ． 由 的中点在直线 上， 得 ， 即 ． 令 ，则 ，解得 或 ． 当 时，直线 的斜率 ； 当 时，直线 的斜率不存在． 所以直线 的斜率为 ． 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 ， ， ， ，…． （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，请写出数列 的通项公式（不需要证明）． 【答案】（1）①不满足；②满足 （2）证明见解析； （3） 或 ； 【解析】（1）对①，取 ，对 ，则 ， 可得 ， 13领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 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 ，均存在 ，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 14领取更多免费资料关注微信公众号：网盘网课资源 ， 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 . 15