2024年高考冲刺押题预测卷-数学(新高考九省)-(考试版A4+参考答案+全解全析)

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（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．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70，85，90，75，95，则这5人成绩的上四分位数是（ ）
A．90B．75C．95D．70
【答案】A
【解析】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：70，75，85，90，95，
，5人成绩的上四分位数为第四个数:90.
故选：A.
2．已知数列是等差数列，且，，则数列的公差是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】数列是等差数列，且，，
，解得，，
则数列的公差是．
故选：B．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，
所以.故选：A
4．已知四边形是平行四边形，，，记，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】在中，，，，，
所以.
故选：A
5．生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为为平行四边形，所以，所以.
记梯形的高为，因为，所以，
所以，
所以该五面体的体积.
故选：C

6．班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（ ）
A．60种B．54种C．48种D．36种
【答案】B
【解析】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，
先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，
然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，
余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，
先选两人出来，有种结果，
再将四门不同学科分成两堆，有种结果，
将学科分给学生，有种结果，
所以不同的安排方案共有种，
综合得不同的安排方案共有种.
故选：B.
7．过点作圆的切线，为切点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据题意，设圆的圆心为，则，
，令，，，
则，其中，
所以的最大值为.
故选：D.
8．已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】C
【解析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，
由双曲线的定义可得，
由，可得，，，
由可得，
在三角形中，由余弦定理可得：
，
即有，化简可得，
所以双曲线的离心率．
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．已知是的共轭复数，则（ ）
A．若，则
B．若为纯虚数，则
C．若，则
D．若，则集合所构成区域的面积为
【答案】AB
【解析】，所以，故A正确；
由为纯虚数，可设，
所以，因为且，
所以，故B正确；
由，得，
因为与均为虚数，
所以二者之间不能比较大小，故C错误；
设复数，所以
由得，
所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，
所以面积为，故D错误.
故选：AB.
10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A．
B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由且处在减区间，得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11．已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A．B．直线过定点
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ACD
【解析】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因为，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以,
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确.
故选：ACD.
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．设集合，，则，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【解析】由题意，或，
若满足，则，
又因为，
所以，解得.
13．的展开式中的系数是 .（用数字作答）
【答案】
【解析】展开式的通项为，
则当时，的系数为.
14．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为 ．
【答案】6
【解析】设，由题意,,，
可知，
故当时，，
当时，，
当，，
当时，，
当时，，
轨迹方程的图形如图，
图形的面积为：．
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．（本小题满分13分）随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
(1)求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
(2)规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.
【解】（1）将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.
（2）由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；
分公司中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.
所以的所有可能取值为1，2，3.
，
所以的分布列为
数学期望.
16．（本小题满分15分）已知函数的最小正周期为.
(1)求在上的单调递增区间；
(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.
【解】（1）
.
因为所以
故.
由
解得
当时又
所以在上的单调递增区间为.
（2）由
得（
所以.
因为所以
又所以
又三角形为锐角三角形，则，则，所以，
又，，
则，
所以的取值范围为.
17．（本小题满分15分）如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【解】（1）在中，由余弦定理得
，
所以，所以，
又，，面，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
过点作交于点，连接，
因为，面，面，
所以面，因为面，则，
所以是二面角的平面角.
由（1）知，平面，因为平面，所以，
所以，
又，所以三角形是正三角形，
所以，.
在直角三角形中，，
所以.
所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：
以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设，其中，
由，得，
所以，，即，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
又平面的法向量为，
设二面角的大小为，
因为为锐角，所以，
所以，，
所以，二面角的平面角的正切值为2.
18．（本小题满分17分）已知（其中为自然对数的底数）.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程，
(2)当时，判断是否存在极值，并说明理由；
(3)，求实数的取值范围.
【解】（1）解：当时，，可得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，定义域为，
可得，
令，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在上递增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以时，有一个极大值，一个极小值.
（3）解：由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
19．（本小题满分17分）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
【解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
1
2
3