还剩11页未读，
继续阅读
所属成套资源：【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷
成套系列资料，整套一键下载
【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷02 （解析版）
展开
这是一份【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷02 （解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知，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。
第Ⅰ卷
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．已知全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，可得，，
可得，所以.故选：C.
2．椭圆的离心率为，则（ ）
A．2B．1C．D．2或
【答案】D
【解析】由于椭圆方程为，
当时，则，其离心率为：，解得，
当时，则，其离心率为：，解得，
综上，的值为2或.故选：D.
3．已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】因为，故两式相减得：，
即，则，
又数列为正项等差数列，故，即，故选：B
4．已知直线m，n与平面，、，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】B
【解析】对于A，若，，则可能相交或平行，A错误；
对于B，因为，过m作平面γ和平面交于n，则，
而，故，又，故，B正确；
对于C，若，，则，又，则可能有，也可能有，C错误；
对于D，若，，，则可能或或相交，D错误；故选：B
5．将甲､乙､丙､丁4个人全部分配到三个地区工作，每个地区至少有1人，则不同的分配方案为（ ）
A．36种B．24种C．18种D．16种
【答案】A
【解析】依题意，三个地区中必有一个地区有2人，
先在甲､乙､丙､丁4个人中选2个人有种组合，将这两个人捆绑在一起看作一个元素，
与其他2个人一起分配到三个地区，共有种.故选：A
6．已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】设，则，
则，
，
，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故当的值最小时，点到圆心的距离为.故选：A.
7．已知，则（ ）
A．B． C． D．
【答案】B
【解析】由
或（舍去）.
所以.故选：B
8．已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为函数是定义在上的偶函数，，所以，则，
又因为函数也是偶函数，所以，得，
因为为减函数，为增函数，所以为减函数，
令，得，所以时，，在上单调递减，
根据偶函数的性质可知，函数在上单调递增，
所以，即，即，得或，
所以不等式的解集为.故选：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．已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（ ）
A．
B．在上为增函数
C．当时，函数在上恰有两个不同的极值点
D．是函数的图象的一条对称轴
【答案】BCD
【解析】根据平移性质，可设，
由图象可得，即，解得，
所以，又，所以，即，
对于A，则，即，故A错误；
对于B，当时，，
由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；
对于C，，当时，，
因为，所以，显然能取到，不能取到，
所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；
对于D，因为，
所以当时，取得最大值，
所以是函数的一条对称轴，故D正确.故选：BCD
10．已知，，是方程的三个互不相等的复数根，则（ ）
A．可能为纯虚数
B．，，的虚部之积为
C．
D．，，的实部之和为2
【答案】ABD
【解析】因为，其三个不同的复数根为：，，
当时，此时为纯虚数，故A正确；
因为三个根的虚部分别为1，，，三个虚部乘积为，故B正确；
根据模长定义，，故C不正确；
因为三个根的实部分别为0，1，1，三个实部之和为2，故D正确.故选：ABD.
11．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A．B．的图像关于点成中心对称
C．D．
【答案】ACD
【解析】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】80
【解析】可看作5个相乘，有2个括号提供，还有3个括号都是，
则，系数为80.
13．在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为
【答案】
【解析】该三棱锥的外接球O为的中点，下证：
因为平面，平面，
所以，所以，
又，即，所以，
即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，
在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，
球心到平面的距离为，
因为为的中点，所以到平面的距离为，
，
要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.
在△中由余弦定理可得：，
所以，当且仅当时等号成立，
，
所以，
当且仅当时, 三棱锥的体积取到最大值.
14．已知点，是双曲线：的左、右焦点，点在的右支上，连接作且与轴交于点，若则的渐近线方程为 ．
【答案】
【解析】不妨设点在第一象限，设，，
由，得，
所以，所以，
因为，所以，即，
所以，解得（舍去），所以，
又因为点在上，所以，即，
所以，所以，
所以的渐近线方程为.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
已知函数．
（1）求的图像在点处的切线方程；
（2）求在上的值域．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，所以，所以，，
故所求切线方程为，即．
（2）由（1）知，．
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，所以．
又，，
因为，所以，即在上的值域为．
16．（15分）
2023年是全面贯彻落实党的二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.某省为做好刺梨产业的高质量发展，项目组统计了全省近5年刺梨产业综合产值如下：
年份代码，综合产值（单位：亿元）
（1）请通过样本相关系数，推断与之间的相关程度；
（若，则线性相关性程度很强；若，则线性相关性程度一般，若，则线性相关性程度很弱.）
（2）求出关于的经验回归方程，并预测2024年该省刺梨产业的综合产值.
参考公式：样本相关系数，经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为.
参考数据：.
【答案】（1）线性相关性程度很强，理由见解析；（2），2024年该省刺梨产业的综合产值为亿元.
【解析】（1），，
故
，
故线性相关性程度很强；
（2）由（1）可得，
故，
所以关于的经验回归方程为，
当时，
17．（15分）
如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，
所以，，
，所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
（2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
18．（17分）
已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）解法一：设，易知，
根据题意可得，化简得，所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，
因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，
设，所以，所以，
又，所以，即.
设直线的方程为，即，
联立整理得，
所以，解得，，
则
.
又点到直线的距离为，
所以，
记，
因为，所以，所以.
令，则，
令，可得，
当时，在区间,内单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以当，即时，取得最大值，
即，所以.
19．（17分）
设集合，其中．若对任意的向量，存在向量，使得，则称A是“T集”．
（1）设，判断M，N是否为“T集”．若不是，请说明理由；
（2）已知A是“T集”．
（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；
（ii）若（c为常数），求有穷数列的通项公式．
【答案】（1）是“集”;不是“集”，理由见解析；（2）（i）；（ii）
【解析】（1）是“集”;不是“集”.
理由：当或时，只要横纵坐标相等即可，则满足，
当，则；当，则；
当，则；当，则；
综上是“集”.
对于向量，若存在，使得.
则，故中必有一个为，此时另一个为或，显然不符合，则不是“集”.
（2）(i)因为中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为，
公差为2，故.
则向量的坐标中必含，设另一坐标为，
则或.
所以或，
故或，
所以或，所以或，
所以或即.
此时，不满足;
或，满足;
所以只可能为.
经检验是“集”，所以.
(ii)设.
由，得，由条件可变形为.
设集合
设集合则是“集”当且仅当关于原点对称.
因为是中唯一负数，共个数，
所以也只有个数.
由于，所以，已有个数.
对以下三角数阵：
注意到，所以.
又为常数)，故有穷数列为等比数列，
且通项公式.年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份代码
1
2
3
4
5
综合产值
1.5
2
3.5
8
15
（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。
第Ⅰ卷
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．已知全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，可得，，
可得，所以.故选：C.
2．椭圆的离心率为，则（ ）
A．2B．1C．D．2或
【答案】D
【解析】由于椭圆方程为，
当时，则，其离心率为：，解得，
当时，则，其离心率为：，解得，
综上，的值为2或.故选：D.
3．已知正项等差数列的公差为，前项和为，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】因为，故两式相减得：，
即，则，
又数列为正项等差数列，故，即，故选：B
4．已知直线m，n与平面，、，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】B
【解析】对于A，若，，则可能相交或平行，A错误；
对于B，因为，过m作平面γ和平面交于n，则，
而，故，又，故，B正确；
对于C，若，，则，又，则可能有，也可能有，C错误；
对于D，若，，，则可能或或相交，D错误；故选：B
5．将甲､乙､丙､丁4个人全部分配到三个地区工作，每个地区至少有1人，则不同的分配方案为（ ）
A．36种B．24种C．18种D．16种
【答案】A
【解析】依题意，三个地区中必有一个地区有2人，
先在甲､乙､丙､丁4个人中选2个人有种组合，将这两个人捆绑在一起看作一个元素，
与其他2个人一起分配到三个地区，共有种.故选：A
6．已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】设，则，
则，
，
，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故当的值最小时，点到圆心的距离为.故选：A.
7．已知，则（ ）
A．B． C． D．
【答案】B
【解析】由
或（舍去）.
所以.故选：B
8．已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为函数是定义在上的偶函数，，所以，则，
又因为函数也是偶函数，所以，得，
因为为减函数，为增函数，所以为减函数，
令，得，所以时，，在上单调递减，
根据偶函数的性质可知，函数在上单调递增，
所以，即，即，得或，
所以不等式的解集为.故选：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．已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（ ）
A．
B．在上为增函数
C．当时，函数在上恰有两个不同的极值点
D．是函数的图象的一条对称轴
【答案】BCD
【解析】根据平移性质，可设，
由图象可得，即，解得，
所以，又，所以，即，
对于A，则，即，故A错误；
对于B，当时，，
由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；
对于C，，当时，，
因为，所以，显然能取到，不能取到，
所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；
对于D，因为，
所以当时，取得最大值，
所以是函数的一条对称轴，故D正确.故选：BCD
10．已知，，是方程的三个互不相等的复数根，则（ ）
A．可能为纯虚数
B．，，的虚部之积为
C．
D．，，的实部之和为2
【答案】ABD
【解析】因为，其三个不同的复数根为：，，
当时，此时为纯虚数，故A正确；
因为三个根的虚部分别为1，，，三个虚部乘积为，故B正确；
根据模长定义，，故C不正确；
因为三个根的实部分别为0，1，1，三个实部之和为2，故D正确.故选：ABD.
11．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A．B．的图像关于点成中心对称
C．D．
【答案】ACD
【解析】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】80
【解析】可看作5个相乘，有2个括号提供，还有3个括号都是，
则，系数为80.
13．在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为
【答案】
【解析】该三棱锥的外接球O为的中点，下证：
因为平面，平面，
所以，所以，
又，即，所以，
即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，
在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，
球心到平面的距离为，
因为为的中点，所以到平面的距离为，
，
要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.
在△中由余弦定理可得：，
所以，当且仅当时等号成立，
，
所以，
当且仅当时, 三棱锥的体积取到最大值.
14．已知点，是双曲线：的左、右焦点，点在的右支上，连接作且与轴交于点，若则的渐近线方程为 ．
【答案】
【解析】不妨设点在第一象限，设，，
由，得，
所以，所以，
因为，所以，即，
所以，解得（舍去），所以，
又因为点在上，所以，即，
所以，所以，
所以的渐近线方程为.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
已知函数．
（1）求的图像在点处的切线方程；
（2）求在上的值域．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，所以，所以，，
故所求切线方程为，即．
（2）由（1）知，．
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，所以．
又，，
因为，所以，即在上的值域为．
16．（15分）
2023年是全面贯彻落实党的二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.某省为做好刺梨产业的高质量发展，项目组统计了全省近5年刺梨产业综合产值如下：
年份代码，综合产值（单位：亿元）
（1）请通过样本相关系数，推断与之间的相关程度；
（若，则线性相关性程度很强；若，则线性相关性程度一般，若，则线性相关性程度很弱.）
（2）求出关于的经验回归方程，并预测2024年该省刺梨产业的综合产值.
参考公式：样本相关系数，经验回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为.
参考数据：.
【答案】（1）线性相关性程度很强，理由见解析；（2），2024年该省刺梨产业的综合产值为亿元.
【解析】（1），，
故
，
故线性相关性程度很强；
（2）由（1）可得，
故，
所以关于的经验回归方程为，
当时，
17．（15分）
如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，
所以，，
，所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
（2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
18．（17分）
已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）解法一：设，易知，
根据题意可得，化简得，所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，
因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，
设，所以，所以，
又，所以，即.
设直线的方程为，即，
联立整理得，
所以，解得，，
则
.
又点到直线的距离为，
所以，
记，
因为，所以，所以.
令，则，
令，可得，
当时，在区间,内单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以当，即时，取得最大值，
即，所以.
19．（17分）
设集合，其中．若对任意的向量，存在向量，使得，则称A是“T集”．
（1）设，判断M，N是否为“T集”．若不是，请说明理由；
（2）已知A是“T集”．
（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；
（ii）若（c为常数），求有穷数列的通项公式．
【答案】（1）是“集”;不是“集”，理由见解析；（2）（i）；（ii）
【解析】（1）是“集”;不是“集”.
理由：当或时，只要横纵坐标相等即可，则满足，
当，则；当，则；
当，则；当，则；
综上是“集”.
对于向量，若存在，使得.
则，故中必有一个为，此时另一个为或，显然不符合，则不是“集”.
（2）(i)因为中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为，
公差为2，故.
则向量的坐标中必含，设另一坐标为，
则或.
所以或，
故或，
所以或，所以或，
所以或即.
此时，不满足;
或，满足;
所以只可能为.
经检验是“集”，所以.
(ii)设.
由，得，由条件可变形为.
设集合
设集合则是“集”当且仅当关于原点对称.
因为是中唯一负数，共个数，
所以也只有个数.
由于，所以，已有个数.
对以下三角数阵：
注意到，所以.
又为常数)，故有穷数列为等比数列，
且通项公式.年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份代码
1
2
3
4
5
综合产值
1.5
2
3.5
8
15
相关试卷
【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷03 （解析版）： 这是一份【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷03 （解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，若，则，下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷03 （原卷版）： 这是一份【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷03 （原卷版），共4页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，若，则，下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷02 （原卷版）： 这是一份【三轮冲刺】高考数学 押题预测卷02 （原卷版），共5页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知，则等内容，欢迎下载使用。
