文档文本内容
2024 年高考押题预测模拟测试卷 08（临考押题卷 03）
（满分150分，考试用时120分钟）
一、选择题
1．已知集合 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先化简集合B，再根据集合间关系判断.
【解析】由 ，得 ，则 ，所以 .
故选：A.
2．若复数z满足 ，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】设 ，借助复数的模长与共轭复数的定义计算即可得.
【解析】设 ，则 ，
则有 ，
即 ，
化简可得 ，故 .
故选：D.
3．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】利用同角基本关系式和二倍角公式求解.
【解析】由 ，得 ，
即 ，解得 或 （舍），
所以 .
故选：D.
4．在边长为1的正方形 中，E为线段 的中点，F为线段 上的一点，若 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据图形，利用基底 表示向量 ，利用数量积公式，即可求解.
【解析】如图， ， ，
所以 ，
.
故选：D
5．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有
A．60种 B．70种 C．75种 D．150种
【答案】C【解析】试题分析：因 ,故应选C．
考点：排列数组合数公式及运用．
6．已知等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，则 是 中的（ ）
A．第28项 B．第29项 C．第30项 D．第32项
【答案】C
【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式列方程组求出首项和公差，再求出 ，进而根据通项公
式可得项数.
【解析】设等差数列 的公差为 ，
则 ，解得 ，
所以 ，
令 ，
得 ，即 是 中的第30项.
故选：C.
7．要测定古物的年代，可以用放射性碳法：在动植物的体内都含有微量的放射性 ．动植物死亡后，停
止了新陈代谢， 不再产生，且原来的 会自动衰变．经过5730年，它的残余量只有原始量的一半．
现用放射性碳法测得某古物中 含量占原来的 ，推算该古物约是 年前的遗物（参考数据：
），则实数 的值为（ ）
A．12302 B．13304 C．23004 D．24034
【答案】B
【分析】设 每年的衰变率为 ，古物中原 的含量为 ，然后根据半衰期，建立方程，将已知条件带
入取对数，利用对数性质运算即可.【解析】设 每年的衰变率为 ，古物中原 的含量为 ，
由半衰期，得 ．
所以 ，即 ．
由题意，知 ，即 ．
于是 ．
所以 ．
故选：B．
8．已知正方体 的边长为1，现有一个动平面 ，且 平面 ，当平面 截此正方体
所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为 ，周长为 ，则（ ）
A． 不为定值， 为定值 B． 为定值， 不为定值
C． 与 均为定值 D． 与 均不为定值
【答案】A
【分析】利用正方体棱的关系，判断平面 所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形.如图所
示，可计算出周长为定值，计算正三角形 的面积和截而为正六边形时的截面面积通过比较即可得答
案.
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面 平行的面且截面是六边形时满足条件，
如图所示，
正方体边长为1，即设 ，则 ，
，
同理可得六边形其他相邻两边的和均为 ，
六边形的周长 为定值 ，
正三角形 的面积为 .
当 均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，
此时 ,截面面积为 ，
截面从 平移到 的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长 为定
值，面积 不为定值.
故选：A
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．若随机变量 ，且 ，则
B．若随机变量 ，则方差
C．若从 名男生、 名女生中选取 人，则其中至少有 名女生的概率为
D．若随机变量X的分布列为 ，则
【答案】ABD
【分析】由正态分布求解判断出选项A正确，由二项分布即可判断选项B正确，由超几何分布求解概率即可判断选项C错误，由概率分布列的性质求解 判断选项D正确.
【解析】对于A， ，故A正确；
对于B， ， ，故B正确；
对于C，至少有一名女生的概率 ，故C错误；
对于D， ， ， ，故D正确．
故选：ABD.
10．已知圆 ，圆 ，则（ ）
A．两圆的圆心距 的最小值为1
B．若圆 与圆 相切，则
C．若圆 与圆 恰有两条公切线，则
D．若圆 与圆 相交，则公共弦长的最大值为2
【答案】AD
【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距 ，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的
性质，列式算出 的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆 的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有
最大值，从而判断出D项的正误．
【解析】根据题意，可得圆 的圆心为 ，半径 ，
圆 的圆心为 ，半径 ．
对于A，因为两圆的圆心距 ，所以A项正确；
对于B，两圆内切时，圆心距 ，即 ，解得 ．
两圆外切时，圆心距 ，即 ，解得 ．综上所述，若两圆相切，则 或 ，故B项不正确；
对于C，若圆 与圆 恰有两条公切线，则两圆相交， ，
即 ，可得 ，解得 且 ，故C项不正确；
对于D，若圆 与圆 相交，则当圆 的圆心 在公共弦上时，公共弦长等于 ，达到最大
值，
因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．
故选：AD．
11．已知函数 ，设 ， ．且关于 的函数
．则（ ）
A． 或
B．
C．当 时，存在关于 的函数 在区间 上的最小值为6，
D．当 时，存在关于 的函数 在区间 上的最小值为6，
【答案】BD
【分析】根据新定义，归纳推理即可判断A，根据A及求和公式化简即可判断B，根据二次函数的对称轴
分别求出函数最小值，建立方程求解正整数 可判断CD.
【解析】因为 ， ，所以 ，
，依次类推，可得 ，故A错误；
由A选项知， ，故B正确；
当 时， 的对称轴 ，
所以 在区间 上单调递减，故当 时， ，方程无整数解，故C
错误；
当 时， 的对称轴 ，
所以当 时， ，解得 ，故D正确.
故选：BD
三、填空题
12．在 的展开式中， 的系数为 ．
【答案】224
【分析】根据二项式定理的通项公式可得结果.
【解析】因为通项公式为 ，
当 即 时， ，
所以 的系数为224，
故答案为：224.
13．已知双曲线 的左、右焦点为 ，点 在双曲线的右支上，直线 交双曲线
左支于点 ， 为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为 .【答案】
【分析】根据双曲线的定义，表示三角形的边长，再在 中，结合余弦定理，即可求解离心率.
【解析】设 ，则 ， ，
所以 ，所以 ，
中， ，
整理为 ， ，
所以双曲线的离心率为 .
故答案为：
14．剪纸又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中华汉族最古老的民间艺术之一，如图，一圆形纸片沿直径AB
对折，使圆上两点C、 重合，D，E为直径AB上两点，且 ，对折后沿直线DC，EC级剪，
展开得到四边形 ，若 ，则当四边形 的面积最小时， ．
【答案】 /
【分析】根据正弦定理，结合三角形面积公式，辅助角公式、二倍角的正弦公式进行求解即可.【解析】设圆的半径为r， ，∵ ，∴ ，
在 中由正弦定理可得 ，∴ ，
在 中由正弦定理可得 ，∴ ，
，当 时四边形 的面积取得最小值
，此时 ，
∴ .
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角形面积公式、正弦定理得到面积的表达式，利用辅助角公式进
行求解.
四、解答题
15．已知数列 满足 为常数，若 为等差数列，且
．(1)求 的值及 的通项公式；
(2)求 的前 项和 ．
【答案】(1) 的值为
(2)
【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得；
（2）由题意可得 ，借助分组求和法计算即可得解.
【解析】（1）由题意知 ，
因为 ，所以 ,
设等差数列 的公差为 ，则 ，
解得 ，所以 ，
所以 的值为 的通项公式为 ；
（2）由（1）知， ，
所以．
所以 的前 项和 ．
16．如图，四棱锥 中，平面 平面 为等边三角形， ，
是棱 的中点.
(1)证明： ；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据余弦定理、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质定理、线面垂直的性质进行求解
即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【解析】（1）在梯形 中，设 ，
由 ，
， ，
即 ，所以可得 .
又平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以平面 平面又等边 是棱 的中点，所以 ，
平面 平面 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
故 .
（2）取 中点 ，易知 ，所以 平面 ，
建立如图空间直角坐标系 ，设 ，则
，
由（1）知平面 的一个法向量是 ，
又
设 是平面 的法向量，
则 ，
令 ，可得 ，
所以 ，
故平面 与平面 所成角的余弦值为 .17．已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若不等式 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）讨论 的正负，从而根据导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）分离参数，然后将恒成立问题转化为函数最值问题即可.
【解析】（1）因为 ，
所以 ，
当 时， ，
故 恒成立，所以 ；
当 时，令 ，
解得 （舍去负根），
令 ，得 ，此时 单调递增；
令 ，得 ，此时 单调递减．
综上所述：当 时， 在 上单调递减;
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）由 恒成立，得 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立．令 ，
则 ．
令 ，
易知 在 上单调递减且 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，即 的取值范围为
18．某大学有甲､乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最
多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为 ，每次选择相
互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为 ，已知 的分布列如下：（其中
）
0 1 2 3
(1)记事件 表示王同学假期三天内去运动场锻炼 次 ，事件 表示王同学在这三天内去甲运动
场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数.当 时，试根据全概率公式求 的值；
(2)是否存在实数 ，使得 ？若存在，求 的值：若不存在，请说明理由；
(3)记 表示事件“甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动”， 表示事件“王同学去甲运动场锻炼”，.已知王同学在甲运动场举办锻炼有奖的抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率，比不举办
抽奖活动的情况下去甲运动场锻炼的概率大，证明： .
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用分布列的性质求得 ，再计算出 ，代入全概率公式计算即得；
（2）先由 得到 ；再按照均值定义得出 ，消去
得出方程 ，分析函数 得其最小值为正，，方程无解，即不存在 值，
使得 ；
（3）由题意得 ，运用条件概率公式和对立事件的概率公式化简得
，再两边同减 构造出 ，整理即得.
【解析】（1）当 时， ，
则 ，解得 .
由题意，得 .
由全概率公式，得（2）由 ，得 .
假设存在 ，使 .
将上述两式左右分别相乘，得 ，化简得： .
设 ，则 .
由 ，得 ，由 ，得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 的最小值为 ，
所以不存在 使得 .即不存在 值，使得 .
（3）由题知 ，所以 ，因 ，
故 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题第1小问解决的关键是，根据题意，分析得到 的值，从而得
解.
19．在平面直角坐标系 中，若在曲线 的方程 中，以 （ 为非零的正实数）代替
得到曲线 的方程 ，则称曲线 、 关于原点“伸缩”，变换 称为
“伸缩变换”， 称为伸缩比.（1）已知 的方程为 ，伸缩比 ，求 关于原点“伸缩变换”所得曲线 的方程；
（2）射线 的方程 （ ），如果椭圆 ： 经“伸缩变换”后得到椭圆 ，若射线
与椭圆 、 分别交于两点 ､ ，且 ，求椭圆 的方程；
（3）对抛物线 ： ，作变换 ，得抛物线 ： ；对 作变换
得抛物线 ： ，如此进行下去，对抛物线 ： 作变换
，得 ： 若 ， ，求数列 的通项公式 .
【答案】（1） ；（2） 或 ；（3） .
【分析】（1）根据伸缩变换的定义将 的 分别变为 后可得所求的曲线方程.
（2）设伸缩变换比为 ，则可得曲线 的方程，联立直线方程和 的方程可求 的坐标，同理可求 的
坐标，结合 的长度可得 的值.
（3）根据伸缩变换的定义可得 ，利用累乘法可求 的通项公式.
【解析】（1）由条件得 ，得 ： ；
（2）∵ 、 关于原点“伸缩变换”，对 作变换 （ ），得到 ，
解方程组 得点 的坐标为 ；解方程组 得 点的坐标为 ；
，
化简后得 ，解得 ， ，
因此椭圆 的方程为 或 .
（3）对 ： 作变换 得抛物线 ： ，得 ，
又∵ ，∴ ，即 ，
，则 ，
∵ ，∴ .
【点睛】关键点点睛：（1）依据定义求出变换后的曲线方程，再结合题设条件从而可得参数的大小或关
系；（2）数列通项的求法应依据递推关系的形式，如对形如 这样的递推关系，可用累乘法.
