2024年1月“七省联考”考前押题预测卷02-2024年1月高考数学“七省联考”考前押题预测卷（新高考地区专用）

这是一份2024年1月“七省联考”考前押题预测卷02-2024年1月高考数学“七省联考”考前押题预测卷（新高考地区专用），共18页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知函数的部分图象如图所示等内容，欢迎下载使用。
（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．集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，即.
故选：C
2．已知复数在复平面内对应点的坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知复数在复平面内对应点的坐标为，
则，
所以.
故选：A.
3．展开式中项的系数为（ ）
A. B. C. 20D. 240
【答案】D
【解析】展开式通项
由，可得，则，更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 则展开式中项的系数为240.
故选：D
4．函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，对于函数，
有函数，
即函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除A､B ；
当时，，则恒有，排除D；
故选：C.
5．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为是正四棱台，，，
侧面以及对角面为等腰梯形，故，，
，所以，
所以该四棱台的体积为，
故选：B.
6．公元9世纪，阿拉伯计算家哈巴什首先提出正割和余割概念，1551年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】C
【解析】依题意，角可视为某直角三角形的内角，由锐角三角函数定义及已知得，
所以.
故选：C
7．已知奇函数在上可导，其导函数为，且恒成立，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】B
【解析】设，则为R上可导的奇函数，，
由题意得，
得，所以，
，
又，即，
所以，等式两边对x求导，
得，令，，所以.
由，两边对x求导，，所以的周期为4，
所以，因为，所以，
所以.
故选：B
8．如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与分别在第一､二象限交于两点，内切圆半径为，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
设，内切圆圆心为，内切圆在上的切点分别为，
则，
由及双曲线的定义可知，，
故四边形是正方形，
得，于是，
故，所以，
于，在中，
由余弦定理可得，
从而，所以.
故选：D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．2023年10月3日第19届杭州亚运会跳水女子10米跳台迎来决赛，中国“梦之队”包揽了该项目的冠亚军.已知某次跳水比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其任一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（ ）
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D. 若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数
【答案】ABC
【解析】对于A中，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极差可能等于原数据的极差，所以A正确；
对于B中，不妨假设，
当时，若随机删去的成绩是，此时新数据的中位数等于原数据的中位数，所以B正确；
对于C中，若，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，所以C正确；
对于D中，若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中，
因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数；
删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得，
此时新数据的分位数为第二个数，
显然新数据的分位数小于原数据的分位数，所以D错误.
故选：ABC.
10．已知函数的部分图象如图所示．则（ ）
A. 的图象关于中心对称
B. 在区间上单调递增
C. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D. 将函数图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象
【答案】ABD
【解析】由图象可知，，解得，
又，所以，即，结合，可知，
所以函数的表达式为，
对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；
对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；
对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；
对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.
故选：ABD.
11．已知是圆上一点，是圆上一点，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 圆与圆有4条公切线
C. 当取得最小值时，点的坐标为
D. 当时，点到直线的距离小于2
【答案】AB
【解析】的圆心，半径，圆的圆心，半径，则，圆与圆外离，
因此的最小值为，圆与圆有4条公切线，AB正确；
直线的方程为，代入，得，当取得最小值时，
为线段与圆的交点，因此点的坐标为，C错误；
过点作圆的切线，切点为，则，
当为线段的延长线与圆的交点，且点与重合时，，
此时点到直线的距离等于，D错误.
故选：AB
12．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A. 正四面体的外接球表面积为
B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
【答案】ABD
【解析】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设为R，则：，所以，所以A对.

B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，
设正四面体的高为d，由等体积法可得：，
所以为定值，所以B对.
C.设中点为D，连接，，则，
则为所求二面角的平面角，，
所以，所以正弦值为，所以C错.

D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，
正四面体的体积最大值，
由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，
所以正四面体的外接球半径为，
设正四面体的边长为a，则，所以，
故体积，所以D对.
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知等差数列前3项和，，，成等比数列，则数列的公差_______________．
【答案】或
【解析】由，可知，即，
又，，成等比数列，
所以，
即，解得或，
故答案为：或2
14.已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为________．
【答案】
【解析】由，得，
又，所以，
所以向量在向量上的投影向量为，
故答案为：
15.正三棱台中，，，点，分别为棱，的中点，若过点，，作截面，则截面与上底面的交线长为________．
【答案】
【解析】连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，如图，
则线段即为截面与上底面的交线，
因为F为的中点，，
所以
过点E作的平行线交于点，
因为，，
所以，
在中，
.
故答案为：
16．已知函数的最小值为0，则a的值为________.
【答案】##0.5
【解析】由，且，
令，则，即在上递增，
所以在上递增，又，，，，
所以，使，且时，，
时，，所以在上递减，在上递增，
所以
由，得，
令函数，，
所以在上是增函数，注意到，所以，
所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知正项数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前和.
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）由得，则，解得，
当时，，所以，
整理得，
因为是正项数列，所以，所以，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，.
（2）由（1）可得，，
所以，
所以
.
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1） （2）2
【解析】（1）
因为，
所以，
所以，
，
因为，，
所以（舍），或，
所以．
（2）要使不等式恒成立，只需要即可，
由（1）可知，，
∴由正弦定理得，
，
因为，
所以A，B都为锐角，
又因为，
所以．
所以时，
由对勾函数的性质知，在上单调递减，
当时，取得最小值为，
由，得即．
所以的最大值为2．
19．如图，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.
（1）求证：平面平面BDE；
（2）求二面角B-EF-D的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）∵平面ABCD，平面ABCD.
∴.
又∵底面ABCD是菱形，∴.
∵，∴平面BDE，
设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG，
，，四边形OCFG是平行四边形
，平面BDE
∴平面BDE，
又因平面BEF，
∴平面平面BDE.
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系
∵BE与平面ABCD所成的角为，
，
，，，，.
，
设平面BEF法向量为，，
，
设平面的法向量
设二面角的大小为.
.
20．“村BA”后，贵州“村超”又火出圈!所谓“村超”，其实是目前火爆全网的贵州乡村体育赛事一一榕江（三宝侗寨）和美乡村足球超级联赛，被大家简称为“村超”.“村超”的民族风､乡土味､欢乐感，让每个人尽情享受着足球带来的快乐.
某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各50名进行调查，部分数据如表所示：
附：.
（1）根据所给数据完成上表，依据的独立性检验，能否有的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关？
（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范定点射门.据统计，这两名男生进球的概率均为，这名女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人进球相互独立，求3人进球总次数的分布列和数学期望.
【答案】（1）有的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关
（2）分布列见解析，
【解析】（1）
依题意，列联表如下：
零假设：该中学学生喜欢足球与性别无关，
的观测值为，
，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
所以有的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关.
（2）依题意，的所有可能取值为，
，
所以的分布列为：
数学期.
21．已知函数，.
（1）求的单调区间；
（2）当时，与有公切线，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】（1）由函数，可得，
当时，可得时，，单调递减，
时，，单调递增；
当时，可得时，，单调递增，
时，，单调递减.
（2）解：设公切线与和的切点分别为，
可得，可得切线方程为，
即，即
由，可得，则，所以切线方程为
所以，可得，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，极大值为，
又由当时，；当时，，
所以，所以时，即实数取值范围为.
22．已知椭圆T：，其上焦点F与抛物线K：的焦点重合.
（1）若过点F的直线交椭圆T于点A、B，同时交抛物线K于点C、D（如图1所示，点C在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试证明：线段AC大于BD长度的大小；
（2）若过点F的直线交椭圆T于点A、B，过点F与直线AB垂直的直线EG交抛物线K于点E、G（如图2所示），试求四边形AEBG面积的最小值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）由题意得过点的直线的斜率存在，设直线方程为，
设，，，，
联立，消去得：，
则，，
所以.
抛物线的方程为：，
联立，消去得：，
则，
所以，
所以
，
即.
（2）设，，，，
当直线的斜率存在且不为零时，
设直线方程为，
则直线方程为，
由（1）的过程可知：，
由，以替换，可得，
所以
，
因为，所以，，；
当直线的斜率不存在时，，，
所以；
综上所述：，所以四边形面积的最小值为.
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
20
女生
15
合计
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
喜欢足球
不喜欢足球
合计
男生
30
20
50
女生
15
35
50
合计
45
55
100
0
1
2
3