2024年1月“七省联考”考前押题预测卷03-2024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03-2024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17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，在正四棱台中，，，则等内容，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．设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，
所以.
故选：D.
2．设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
3．已知非零向量，满足，，若，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A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 【解析】因为，所以，
∴，又，所以，∴或（舍去），
所以，
所以在方向上的投影向量为.
故选：A
4．形如我们称为“二阶行列式”，规定运算，若在复平面上的一个点A对应复数为，其中复数满足，则点A在复平面内对应坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得：，
则，
所以点A在复平面内对应坐标为.
故选：A.
5．已知圆，圆，下列直线中不能与圆，同时相切的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意知：，
所以圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为2，
对于A，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故满足相切条件，
圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线是两圆的一条公切线；
对于B，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故满足相切条件，
圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线是两圆的一条公切线；
对于C，圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故满足相切条件，
圆的圆心到直线的距离为，与半径相等，故也满足相切条件，
即直线是两圆的一条公切线；
对于D，圆的圆心到直线的距离为，不满足相切条件，
即直线不可能是两圆的公切线；
故选：D.
6．若函数在内恰好存在4个，使得，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令,则或，
即或
故可取，
由于，则，
要使在内恰好存在4个，使得，则，解得，
故选：B
7．净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其工作原理中有多次的棉滤芯过滤，其中第一级过滤一般由孔径为5微米的棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯）构成，其结构是多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质，假设每一层棉滤芯可以过滤掉三分之一的大颗粒杂质，若过滤前水中大颗粒杂质含量为80mg/L，现要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过2mg/L，则棉滤芯的层数最少为（参考数据：，）（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】A
【解析】设经过层棉滤芯过滤后的大颗粒杂质含量为，则，
令，解得，两边取常用对数得，即
即，因为，，
所以，解得，因为，所以的最小值为9．
故选：A
8．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设，作出单位圆，与轴交于点，则，
过点作垂直于轴，交射线于点，连接，过点作⊥轴于点，
由三角函数定义可知，，，
设扇形的面积为，则，即，故，
因为，所以，
又，由得，即，
令，，
则，当时，，
故在上单调递减，
所以，所以，
故，
综上，.
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．下列说法正确的是（ ）
A. 已知随机变量服从二项分布：，设，则的方差
B. 数据的第60百分位数为9
C. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8
D. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
【答案】BC
【解析】对于A，易知，而，
所以，A错误；
对于B，共有7个数据，而，故第60百分位数为9，B正确；
对于C，若样本数据的平均数为2，
则的平均数为，C正确；
对于D，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，
每个个体被抽到的概率都是，错误.
故选：BC
10．在正四棱台中，，，则（ ）
A. 该正四棱台的体积为
B. 直线与底面所成的角为60°
C. 线段的长为10
D. 以为球心，且表面积为的球与底面相切
【答案】BD
【解析】连接，，过作，垂足为.
因为，，所以，，
所以，，
所以该正四棱台的体积，A错误.
直线与底面所成的角为，由，所以，B正确.
，C错误
设以为球心，且表面积为的球的半径为，则，解得，
所以以为球心，且表面积为的球与底面相切，D正确.
故选：BD.
11．已知双曲线，直线l：与双曲线有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于，两点.当点M变化时，点之变化.则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. 点坐标可以是D. 有最大值
【答案】ACD
【解析】对于A，联立消y可得，
直线与双曲线只有一个公共点，且，则，
∴，∴，即选项A正确；
对于B，由方程可得，则，∴，
则的直线方程为，令，，
令，，所以，即B错误；
对于C，则易知，若，则，
，取，，即，所以C正确；
对于D，可得
，当且仅当时，等号成立，即D正确；
故选：ACD
12．已知函数，的定义域均为R，它们的导函数分别为，，且，，若是偶函数，则下列正确的是（ ）．
A.
B. 的最小正周期为4
C. 是奇函数
D. ，则
【答案】ABD
【解析】A选项，为偶函数，故，
两边求导得，，
令得，解得，A正确；
B选项，因为，，
所以①，
因为，所以②，
则①②相减得，③，
又④，
则③④相减得，即，
又，故的最小正周期为4，B正确；
C选项，假如为奇函数，则，
当时，可得，
但，当可得，
显然不满足要求，故不是奇函数，C错误；
D选项，因为，所以，
又，故，
由B选项得，故，解得，
且，
由B选项知的一个周期为4，故，
所以，
则，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．二项式的展开式中，所有项系数和为，则的系数为______（用数字作答）.
【答案】
【解析】令可得二项式的所有项系数和为，所以.
二项式的展开式的通项公式为，，1，…，8，
所以的展开式中，的系数为.
故答案为：
14.随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：
则最小值为______.
【答案】
【解析】依题意知，则，则，
设，则，
故，所以，
当时，取最小值，
故答案为：
15.已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是______________．
【答案】
【解析】由，
当时，，
当时，由得，
两式相减并化简得，
也符合上式，所以，
令，
为常数，
所以数列是等差数列，首项，
所以，
对称轴为，
由于对任意的恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
16．已知正实数x，y满足，则的最小值为______．
【答案】##
【解析】由得，即，
设，则，，
当时，，所以在上单调递增．
因为x，y均为正实数，所以，
由，可得，即．
由知，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以．
则．令，
则，所以在上单调递减，
所以，所以，即的最小值为．
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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求C；
（2）若，，点D在边AB上，且，求CD的长.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由已知借助正弦定理可得：，
即，即，
，故；
（2）由余弦定理知，∴，
由知，，
即.
18．已知数列的前项和为，且满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，
时，,
两式相减得，
，，，，
相乘得，所以，
当时符合上式，
所以；
（2），
当为奇数时，
.
19．如图，直三棱柱中，为等腰直角三角形，，E，F分别是棱上的点，平面平面，M是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）过F作交于，因为平面平面，
平面平面，
平面，则，
平面，
为中点，且，，
又平面，平面，
，又平面，
，平面，
，平面，平面，
平面．
（2），
可确定一平面，
，平面，平面
平面，平面，
平面平面，
，
四边形为平行四边形，
以为x，y，z轴建系，
则，
设为平面的法向量，
，
则，即，令，则，
是平面的一个法向量，
为平面的一个法向量，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱，在打开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则，主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子.
（1）计算主持人打开4号箱的概率；
（2）当主持人打开4号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还是改选1号或3号箱？（以获得奖品的概率最大为决策依据）
【答案】（1） （2）甲应该改选1号或3号箱.
【解析】（1）设分别表示1，2，3，4号箱子里有奖品，
设分别表示主持人打开号箱子，
则，且两两互斥.
由题意可知，事件的概率都是，，，，.
由全概率公式，得.
（2）在主持人打开4号箱的条件下，1号箱､2号箱､3号箱里有奖品的条件概率分别为，
，
，
通过概率大小比较，甲应该改选1号或3号箱.
21．已知椭圆E：，椭圆上有四个动点A，B，C，D，，AD与BC相交于P点.如图所示.

（1）当A，B恰好分别为椭圆的上顶点和右顶点时，试探究：直线AD与BC的斜率之积是否为定值？若为定值，请求出该定值；否则，请说明理由；
（2）若点P的坐标为，求直线AB的斜率.
【答案】（1）是定值，定值为 （2）
【解析】（1） 由题意知，，，所以，，所以，
设直线CD的方程为，设，，
联立直线CD与椭圆的方程，整理得，
由，解得，且，
则，，
所以
，
故直线AD与BC的斜率之积是定值，且定值为.
（2）设，，，记()，
得.所以.
又A，D均在椭圆上，所以，
化简得，
因为，所以，
同理可得，
即直线AB：，
所以AB的斜率为.
22．已知函数，．
（1）当时，求证：；
（2）当时，恒成立，求实数取值范围；
（3）已知，证明：．
【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析
【解析】（1）当时，∵，
∴，
令得，或（舍）
当，，单调递减；
当，，单调递增
∴当时，
即，∴
（2）令（），则．
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，则函数在上单调递减，
所以，，即，
所以，当时，，即，
当时，取，由于，
而，得，
故，不合乎题意.
综上所述，．
（3）当时，
由（1）可得，则，
可得，即，即（），
令，所以，，
所以，，即（），
所以，，，
令（），则，且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，
故，则（），
所以，，，
所以，
．