2024年高考押题预测卷—数学（广东专用02，新题型结构）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（广东专用02，新题型结构）（全解全析），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．【答案】D
【解析】由复数，
所以，所以，则.
故选：D.
2．【答案】C
【解析】,
故，
故选：C.
3．【答案】B
【解析】因为为平行四边形，
则由，
∴.
故选：B.
4．【答案】D
【解析】由等差数列性质可知，可得；
设等差数列的公差为，
可得，解得；
又.
故选：D
5．【答案】B
【解析】过点作，交于点，
在直角三角形中，因为，
所以，
在直角三角形中，因为，
所以，
则.
故选：B.
6．【答案】A
【解析】由已知，，
令得或，
由题意是极小值点，则，
若，则时，，单调递减，时，，单调递增，
则是函数的极小值点，
若，则时，，单调递减，时，，单调递增，
则是函数的极大值点，不合题意，
综上，，即.
故选：A.
7．【答案】D
【解析】对A，设，，
则由得，即，
又因为为圆上的动点，
所以满足，
即轨迹是一个半径为3的圆，故A正确；
对B，因为圆心距，
所以圆与轨迹有两个交点，故B正确；
对C，由于，半径为3，
所以切线长为4，所以两切点的距离满足，
即，故C正确；
对D，首先圆心到直线的距离为，则该直线与圆相离，
因为点为直线上的动点，
则PB的最小值为，故D错误；
故选：D.
8．【答案】C
【解析】取中点，连接、，则有，，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又、平面，故，，
由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，
故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：
，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.
故选：C.
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．【答案】BCD
【解析】对于选项A：
甲的数据介于[1.5,7.5]之间，极差小于或等于6；乙的数据分布于[2.5,8.5]，极差小于或等于6；从而甲和乙的极差可能相等，故A错误；
对于选项B：
根据频率分布直方图可知，甲的众数介于[2.5,5.5)之间，乙的众数介于(5.5,6.5]，故乙的众数大于甲的众数，B正确；
对于选项C：
甲的数据平均分布，乙的数据分布在中间集中，故甲的方差大于乙的方差，故C正确；
对于选项D：
对于甲，各组频率依次为：，因为前两组频率之和，前三组频率之和，故中位数位于[3.5,4.5)之间；
同理，对于乙，各组频率依次为：，前三组频率之和，前四组频率之和，故中位数位于[5.5,6.5)之间，所以乙的中位数大于甲的中位数.故D正确.
故选：BCD.
10．【答案】BCD
【解析】因为，
且定义域为R，所以为偶函数，故选项A不正确；
因为，
所以取值范围为，故的最大值为，最小正周期为，
函数图象的对称轴为，故选项B、C、D 正确.
故选：BCD..
11．【答案】CD
【解析】由已知，，设过点的直线方程为：，
设点，则，，
由，得，
所以，，，
，所以，故A错误，
，故B错误，
，
,故，C正确，
，
由选项C可知，所以，故,D正确；
故选：CD
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。
12．【答案】
【解析】对，有，
则当时，有，
当时，有，
则有，
故的展开式中的系数为.
故答案为：.
13．【答案】
【解析】如图，过作⊥，交于，过A作⊥，交于，
因为在中，,，
则，当四点共面时，点A到的距离最大．
因为⊥，所以是BC与平面所成的角，则，则，
于是，，即A到的最大距离为．
故答案为：．
14．【答案】
【解析】先证明不等式，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，当时取等号，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，
因为，当时取等号，
所以，且，，
解得，
所以，
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、证明过程或演算步棸。
15．【解析】（1）由题意可知，点在线段的垂直平分线上，所以，
又点是圆上一动点，所以．
①当时，；
②当时，，
所以的轨迹满足，
根据双曲线定义可知，点的轨迹是以为左､右焦点，实轴长为的双曲线，
可得，所以的轨迹的方程为．
（2）设，所以，
因为直线的斜率为，所以，即，
与联立解得（舍去）或3．
所以点的坐标为．
16．【解析】（1）因为，，
所以根据余弦定理可得，
代入数值解得，
所以，所以.
又因为，M是BC的中点，
所以，，
所以在中，，，
解得，
所以，所以.
因为，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
而平面， 所以.
又，，平面，平面，
所以平面，
而平面，所以.
（2）由（1）得，平面，，
所以以为原点，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
所以，，，，
根据三棱柱的性质可知，.
假设存在符合题意的点，
所以设
所以，
设平面的法向量为，
由，得到，取，所以，
所以平面的法向量为
而且平面的法向量为，
因为二面角的正弦值为，所以二面角的余弦值为，
所以，解得，
又因为，所以，
此时，所以.
综上，在棱上存在点P，使得二面角的正弦值为，的长度为.
17．【解析】（1）由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是；
（2）由题意可知，
所以，
显然时，，即单调递减；
时，，即单调递增；
则时，取得最大值，
由题意可知的可能取值为，
则，
，
，
，
则其分布列为：
所以.
18．【解析】（1）对求导得.
当时，对有，故在上单调递增；
当时，有，而当时，，故当时，当时，从而在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）若，由于，故存在正数使得，条件满足；
若，则由（1）的结论，知在上单调递增，在上单调递减，从而此时对任意的都有，条件不满足.
综上，的取值范围是.
（3）设，，我们分唯一性和存在性两方面来证明.
唯一性：由，知的导数等于，而，故显然恒为负，从而在上单调递减.
特别地，在上单调递减.
这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证.
存在性：我们先考虑函数，这里. 由于，故当时，当时，从而在上单调递减，在上单调递增，从而对于任意的，都有，即.
这就得到，对任意，有.
从而，对任意的，都有；而对任意的，都有.
然后回到原题，首先我们有
.
同时我们又有
，，
故.
由零点存在定理，知一定存在，使得.
综合上述的存在性和唯一性两个方面，知存在唯一的，使得.
19．【解析】（1）因为关于单调递增，
所以，
，
于是，
的前项和．
（2）由题意可知，，
所以，
因此，即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．
当是一个常数列，则其公差必等于0，，
则，因此是常数列，也即为等差数列；
当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，，
所以要么，要么，
又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减，
记，则当时，有，
于是当时，，
故当时，，…，
因此存在正整数，当时，，…是等差数列．
综上，命题得证．
1
2
3
4
5
6
7
8
D
C
B
D
B
A
D
C
9
10
11
BCD
BCD
CD
X
0
1
2
3
P