大题预测01（ABC三组解答题） -2024年高考数学二轮复习大题突破集训（新高考通用）

这是一份大题预测01（ABC三组解答题） -2024年高考数学二轮复习大题突破集训（新高考通用），文件包含大题预测01原卷版docx、大题预测01解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

1、锻炼学生的心态。能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，学会取舍。
3、熟悉题型和考场。模拟考试是很接近高考的，让同学们提前感受到考场的气氛和布局。
高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
大题预测01（A组+B组+C组）
【A组】
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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）若，当时，证明：．
（2）若，证明：恰有一个零点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到在上单调递增，再由，即可证明；（2）根据题意，构造函数，求导可得，即在上单调递增，再结合，即可证明.
【解析】（1）证明：因为，所以，．分
当时，，则在上单调递增，
所以当时，．分
（2）．
令，则．分
令，则．
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，分
所以，所以，
则在上单调递增．分
因为，所以恰有一个零点，则恰有一个零点．分
16．（15分）
某学校进行班级之间的中国历史知识竞赛活动，甲、乙两位同学代表各自班级以抢答的形式展开，共五道题，抢到并回答正确者得一分，答错则对方得一分，先得三分者获胜.每一次抢题且甲、乙两人抢到每道题的概率都是，甲乙正确回答每道题的概率分别为，，且两人各道题是否回答正确均相互独立.
（1）比赛开始，求甲先得一分的概率；
（2）求甲获胜的概率.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式，结合题意即可求解；（2）由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得一分的概率分别为、，设两人共抢答了X道题比赛结束且甲获胜，则X的可能取值为3，4，5，利用独立事件的乘法公式计算即可求解.
【解析】（1）每道题的抢答中，记甲得一分为事件，
由题意，发生有两种可能：甲抢到题且答对，乙抢到题且答错，分
所以，
故比赛开始，甲先得一分的概率为分
（2）由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得一分的概率分别为、，分
设两人共抢答了X道题比赛结束且甲获胜，
根据比赛规则，X的可能取值为3，4，5，分
所以，
，分
故甲获胜的概率分
17．（15分）
如图，在四棱锥 中，四边形是等腰梯形，，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，且，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）过点作，求出，利用勾股定理即可证明；
（2）根据（1）中的结论建立空间直角坐标系即可求解.
【解析】（1）过点作，
由等腰梯形易知，分
因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，分
因为，，，
平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；分
（2）因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
所以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，分
所以，，，
所以，，，分
设平面的法向量，
所以，令，所以，
同理可得平面的法向量，分
所以二面角的余弦值绝对值为，分
所以二面角的正弦值分
18．（17分）
设抛物线，过焦点F的直线与C交于点A，B．当直线垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；
（2）已知点，直线，分别与C交于点C，D．
①求证：直线过定点；
②求与面积之和的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②.
【分析】（1）根据通径的定义求出得解；（2）①设直线方程与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，同理可得和的坐标关系，设与x轴交于点G，同上面方法可求得为定值；②利用面积分割法求出两个三角形面积表达式，然后利用二次函数求最值即可.
【解析】（1）由题意通径长，，的方程为．分
（2）①设直线方程为，
，，，，分
联立，
，，且，分
同理，可得，，，分
设与x轴交于点G，同上方法可得，
直线过定点；分
②，
当且仅当时取“”． 分
19．（17分）
若函数的定义域、值域都是有限集合，，则定义为集合A上的有限完整函数.已知是定义在有限集合上的有限完整函数.
（1）求的最大值；
（2）当时，均有，求满足条件的的个数；
（3）对于集合M上的有限完整函数，定义“闭环函数”如下：，对，且，（注：，，）.若，，，则称为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数（用列表法表示的函数关系）.
【答案】（1）140；（2）42；（3）证明见解析
【分析】（1）根据有限完整函数的定义，结合基本不等式，即可求的答案；
（2）由题可得出，由此结合排列组合的知识，即可求得答案；
（3）由题意可知，不妨取一个闭环函数，然后结合“m阶闭环函数”的定义，
证明该函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数，即可证明原命题.
【解析】（1）由题意得
，分
当且仅当时取等号，
即的最大值为140；分
（2）由题意知，
从集合M中任取5个数，记为，共有中取法，分
然后剩余的两个数全排列，故共有个满足条件；分
（3）证明：以下面表格作为的函数关系：
，
故为3阶闭环函数；分
又，
故也为4阶闭环函数，
故原命题得证. 分
【B组】
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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）若函数的图象在处的切线与x轴平行，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）；（2）答案见解析
【分析】（1）先求导函数再求斜率最后写出切线方程；
（2）分类讨论列表根据导函数求单调性.
【解析】（1）分
由题意，解得，分
所以，，
在处的切线方程为分
（2）.
①当时，，在上单调递增. 分
②当时，由得，分
在上的变化情况如下表：
由上表可得在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增. 分
综上，当时，增区间为，无减区间；
当时，增区间为和，减区间为分
16．（15分）
现有10个球，其中5个球由甲工厂生产，3个球由乙工厂生产，2个球由丙工厂生产.这三个工厂生产该类产品的合格率依次是，，.现从这10个球中任取1个球，设事件为“取得的球是合格品”，事件分别表示“取得的球是甲、乙、丙三个工厂生产的”.
（1）求；
（2）若取出的球是合格品，求该球是甲工厂生产的概率.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率公式计算即得.
（2）由（1）的结论，利用全概率公式列式计算求得，进而求得结果.
【解析】（1）,,,分
（2），分
分
.
该球是甲工厂生产的概率为分
17．（15分）
如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，且，为等边三角形，平面平面直线．
（1）证明：平面；
（2）若与平面的夹角为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）首先证明平面，从而得到，即可证明平面；
（2）设等腰梯形的高为，用向量法求出平面的法向量，利用空间向量的数量积表示直线与平面所成角的正弦值，从而解得的值，再用棱锥的体积公式即可得到答案.
【解析】（1）证明：由题可知，平面，平面，
平面．分
又平面，平面平面，．分
又平面，平面，平面．分
（2）以为原点，平面内垂直于的直线为轴，所在直线为轴，
垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设等腰梯形的高为，
则，，，，，
则，，分
设为平面的法向量，
则，即，
令得为平面的一个法向量．分
又，则可得直线的一个平行向量，
设为与平面的夹角，
由，解得．分
．分
18．（17分）
已知双曲线：（）的左焦点为，，分别为双曲线的左、右顶点，顶点到双曲线的渐近线的距离为.
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线与双曲线左支交于点（异于点），直线与直线：交于点，的角平分线交直线于点，证明：是的中点.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）分析条件，求解方程即可.
（2）找到斜率不存在的情况，容易证明，再求证斜率存在的情况即可.
【解析】（1）因为，所以，分
双曲线的一条渐近线为，
因为双曲线的右顶点为，设右顶点到浙近线的距离为，
由题意得解得分
则的标准方程为分
（2）①当，即时，设点，
代入双曲线方程得，，解得，
取第二象限的点，则，
因为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，解得，即，分
因为直线是的角平分线，且.，所以直线的斜率为，
直线的方程为，令，解得，即，
此时，即是的中点；分
②当时，设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程消去得，
由韦达定理得，，
又因为，所以，，点，
又因为，所以， 分
由题意可知，直线的斜率存在，设为，则直线：，
因为是的角平分线，
所以，所以，
又因为，，
所以，即，
即，得或，
由题意知和异号，所以，
所以直线的方程为，分
令，可得，即，所以，
直线的方程为，令，可得，
即，所以，
所以，即是的中点.
综上，是的中点. 分
19．（17分）
已知集合（），对于，，定义A与B的差为(，，…，)；A与B之间的距离为=++…+．
（1）若写出所有可能的A，B；
（2），证明：；
（3），证明：三个数中至少有一个是偶数．
【答案】（1）； ；； .
（2）详见解析；（3）详见解析.
【分析】（1）由题意结合新定义可直接得解；
（2）先证明、时，均有，由新定义运算即可得证；
（3）设，，，由（2）可得，，，设是使成立的的个数，即可得，由此可证得结果..
【解析】（1）由题意可得，所有满足要求的，为：
，；，；
，； ，. 分
（2）证明：令，，，
对，
当时，有；分
当时，有分
所以
分
（3）设，，，
，，，记，
由（2）可知: ，
，，
所以中1的个数为，
中1的个数为分
设是使成立的的个数，则.
由此可知，，，三个数不可能都是奇数，
即，，三个数中至少有一个是偶数. 分
【C组】
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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．
已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由给定条件求出的导数，进而求得切线斜率即可得解；
（2）分离参数得，设，利用导数得，可得a的取值范围.
【解析】（1）当时，，，分
则，而，
所以曲线在点处的切线方程为；分
（2），由，得，
设，则，
令，得，分
则时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，分
故，故,
即实数a的取值范围为分
16．（15分）
某校举行知识竞赛，最后一个名额要在A，B两名同学中产生，测试方案如下：A，B两名学生各自从给定的4个问题中随机抽取3个问题作答，在这4个问题中，已知A能正确作答其中的3个，B能正确作答每个问题的概率都是，A，B两名同学作答问题相互独立．
（1）求A，B两名同学恰好共答对2个问题的概率；
（2）若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生，简要说明理由．
【答案】（1）；（2）应该选择学生，理由见解析
【分析】（1）根据离散型随机变量以及古典概型的概率公式，结合概率乘法公式，可得答案；
（2）根据数学期望以及方差的意义，可得答案.
【解析】（1）设同学答对的题数为，则随机变量的所有可能取值为，.
则，；分
设同学答对的题数为，则随机变量的所有可能取值为，，，.
，，
，分
所以，两名同学恰好共答对个问题的概率为
分
（2）由（1）知，，
；分
而，
分
因为，<．所以应该选择学生．分
17．（15分）
如图，在中，分别为边上一点，且，将沿折起到的位置，使得为上一点，且．
（1）求证：平面；
（2）若为线段上一点（异于端点），且二面角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）或.
【分析】（1）连接交于点，利用线面平行的判定推理即得.
（2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法列式计算即得.
【解析】（1）连接交于点，连接，
由，得，
在中，由，得，分
于是，则，，
而又平面平面，所以平面．分
（2）由平面，得平面，
又平面，则，
又，因此，直线两两垂直，分
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
，分
设，则，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，分
设二面角的大小为，
则，解得或，分
所以或．分
18．（17分）
已知椭圆的离心率为，依次连接四个顶点得到的图形的面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过直线上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N，求证：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据离心率和四边形面积得到方程组，求出，，得到椭圆方程；
（2）设，，，设过点且与椭圆相切的直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据结合求出，求出以M为切点的椭圆C的切线方程为，同理得到以N为切点的椭圆C的切线方程，得到直线的方程为，直线过定点.
【解析】（1）由题可得，即，，得．①
又，即，②分
由①②可得，，
所以椭圆C的方程为：．分
（2）设，，，
由题知，直线上一点P作椭圆C的两条切线斜率存在，分
设过点且与椭圆相切的直线方程为：，
联立方程得，
，
整理得，即，分
在椭圆上，
，即，，
，即，
，解得，
（此处也可以尝试采用复合函数求导进而可得斜率）
过点且与椭圆相切的直线方程为：，分
，即，
整理可得以M为切点的椭圆C的切线方程为，
同理，以N为切点的椭圆C的切线方程为，分
又两切线均过点P，故，且，
整理化简得，且，
点，均在直线上，
直线的方程为，直线过定点．分
19．（17分）
若数列满足：存在和，使得对任意和，都有，则称数列为“数列”；如果数列满足：存在，使得对任意，都有，则称数列为“数列”；
（1）在下列情况下，分别判断是否“数列”，是否“数列”？①，，；②，；
（2）若数列，是“数列”，其中且，求的所有可能值；
（3）设“数列”和“数列”的各项均为正数，定义分段函数，如下：记为“不超过的最大正整数”，证明：若是周期函数，则是“数列”.
【答案】（1）①是“数列”，不是“数列”；②是“数列”也是“数列”；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）列举出①②中两个数列，结合“数列”、“数列”的定义判断可得出结论；（2）分、、三种情况讨论，在第一种情况下，利用不等式的基本性质结合“数列”的定义验证即可，在第二种情况下，推导出的符号交替变化可得出结论，在第三种情况下，利用反证法推出矛盾，综合可得结果；（3）设的周期为，假设不是“数列”，利用反证法推出矛盾，可证得对任意，都有为常数列，由此可证得结论成立.
【解析】（1）对于①，，，，
则数列的各项分别为：、、、、、、，
所以，，且，
故数列是“数列”，不是“数列”； 分
对于②，，，
则数列的各项分别为：、、、、、，
当时，，此时，数列是“数列”，也是“数列”. 分
（2）①若，则且，合题意. 分
③若，则且.
因为，所以数列的符号正负交替变化.不合题意. 分
④若，首先，数列中不可能出现连续两项为.
（否则前一项为，依此类推，之前各项均为，不合条件）
假设是“数列”，则存在，对任意，都有或都有.
若都有，则，，出现矛盾；
若都有，则，，也出现矛盾；
故不是“数列”.
综上，分
（3）设的周期为（注意，不能确定，感觉是对的，似乎很难证.）
由题，存在和，对任意和，有，单调不减.
假设不是“数列”，则存在，使得.
以下推导矛盾：
对任意，数列是周期数列，必有最大值，设是最大值，其中.
一方面，因为的周期为，
所以存在，使得分
另一方面，，与矛盾.
所以假设不成立，即对任意，都有为常数列.
所以是“数列”. 分x
1
2
3
4
5
6
7
2
3
1
5
6
7
4
x
0
0
极大值
极小值