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2024 年高考押题预测卷 02【新九省卷】
数学·参考答案
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 2 3 4 5 6 7 8
D B A C D D 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 10 11
AC AC AD
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。
13．11 13． 14．
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．（本小题满分13分）
【解】（1）由于 的斜率为 ，所以 ，
又 ,故 ，解得 ，
（2）由（1）知 ，所以 ，
故当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
1
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学科网（北京）股份有限公司故当 时， 取最小值 ，
要使 恒成立，故 ，解得 ，
故 的取值范围为
16．（本小题满分15分）
【解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
（分钟）
（2）由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人
的可能取值为：0，1，2
则
所以 的分布列为：
0 1 2
17．（本小题满分15分）
【解】（1）连接 交 与点 ，连接 ，可得平面 与平面 的交线为 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 为 的中点，所以点 为 的中点，
取 的中点 ，连接 ，可得 且 ，
又因为 为 的中点，可得 且 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
2
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学科网（北京）股份有限公司又因为 平面 ，且 平面 ，所以 平面 ．
（2）取 的中点 ，连结 ，
因为 ，可得 ，且 ，
又因为 ，且 ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
可得 ，
因为 为 的中点， 为 的中点，可得 ，
则 ，
设 是平面 的法向量，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设 是平面 的法向量，则 ，
取 ，可得 ，所以 ；
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
即平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
3
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学科网（北京）股份有限公司18．（本小题满分17分）
【解】（1）①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧，
直线OA的方程为 ，
由 ，解得 ， ，所以， ，
所以，直线AB的方程为 ，此时 ．
同理，当直线l在y轴左侧时， ．
②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为 ， ， ，
由 消去y整理得， ，
∴ ，且 ， ，
又∵ ，∴ 即： ，
所以， ，
则 ，
故 ，
4
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学科网（北京）股份有限公司所以 满足 ，
所以， ．
综上， ，所以，点P的轨迹方程为 ．
（2）①由（1）可知，当直线l斜率不存在或斜率为0时， ．
②当直线l斜率存在且不为0时，
，
∵ ，∴ ，当且仅当 ，即 等号成立．
∴ ，∴ ，
∴ ，
综上， ．
5
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学科网（北京）股份有限公司19．（本小题满分17分）
【解】（1） ，
由题意可知 ；
（2）解法一：①若 ，则 为恒等置换；
②若存在两个不同的 ，使得 ，不妨设 ，则 .
所以 ，即 为恒等置换；
③若存在唯一的 ，使得 ，不妨设 ，则 或 .
当 时，由（1）可知 为恒等置换；
同理可知，当 时， 也是恒等置换；
④若对任意的 ，
则情形一： 或 或 ；
6
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学科网（北京）股份有限公司情形二： 或 或
或 或 或 ；
对于情形一： 为恒等置换；
对于情形二： 为恒等置换；
综上，对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
解法二：对于任意 ，都有 ，
所以 中，至少有一个满足 ，
即使得 的 的取值可能为 .
当 分别取 时，记使得 的 值分别为 ，
只需取 为 的最小公倍数即可.
所以对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对 作一次如下置换：
，即
其中 .
注意到各编号在置换中的如下变化：
， ，
7
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学科网（北京）股份有限公司，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到 的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
8
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