大题预测03（ABC三组解答题）-【大题精做】冲刺2024年高考数学大题突破+限时集训（新高考通用）

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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．（本小题满分13分）
2023世界科幻大会在成都举办，为了让同学们更好地了解科幻，某学校举行了以“科幻成都，遇见未来”为主题的科幻知识通关赛，并随机抽取了该校50名同学的通关时间（单位：分钟）作为样本，发现这些同学的通关时间均位于区间，然后把样本数据分成，，，，，六组，经过整理绘制成频率分布直方图（如图所示）．
(1)计算a的值，并估算该校同学通关时间低于60分钟的概率；
(2)拟在通关时间低于60分钟的样本数据对应的同学中随机选取2位同学赠送科幻大会入场券，求此2人的通关时间均位于区间的概率．
【解析】（1）解：因为，所以，分
由所给频率分布直方图可知，50名同学通关时间低于钟的频率为，
据此估计该校同学通关时间低于钟的概率为分
解：样本中同学通关时间位于区间的有人，
即为， 分
通关时间位于区间的有：（位），即为，，分
从这5名入样同学中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，
分别为，，，，，，
，，，， 分
所抽取2人的通关时间均位于区间的结果有3种，
即，，，分
故此2人的通关时间均位于区间的概率为．分
16．（本小题满分15分）
如图，在平行六面体 中，E在线段 上，且 F，G分别为线段，的中点，且底面 为正方形.
(1)求证:平面 平面
(2)若与底面不垂直，直线 与平面所成角为 且 求点 A 到平面 的距离.
【解析】（1）因为，为中点，
所以，，即， 分
因为是正方形，所以，
因为分别是的中点，所以，
所以， 分
又，平面，
平面，又平面，
平面平面. 分
以为坐标原点，过作与平面垂直的直线为轴，
以的方向为轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
则，设，分
则，，，分
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，又，所以，分
设直线与平面所成角为，
则， 分
解得或（舍），，
所以点到平面的距离为，则点到平面的距离为分
17．（本小题满分15分）
已知函数．
(1)若，当时，证明：．
(2)若，证明：恰有一个零点．
【解析】（1）证明：因为，
所以，． 分
当时，，则在上单调递增， 分
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．
因为，所以恰有一个零点，则恰有一个零点．分
18．（本小题满分17分）
已知双曲线：（，）的一条渐近线与双曲线：的一条渐近线垂直，且的一个焦点到的一条渐近线的距离为2．
(1)求的方程；
(2)若上任意一点关于直线的对称点为，过分别作的两条渐近线的平行线，与分别交于求证：为定值．
【解析】（1）由双曲线：可得其中一条渐近线的方程为，
因为双曲线的一条渐近线与双曲线的一条渐近线垂直，
所以双曲线的一条渐近线的方程为，
所以，即， 分
所以，所以的一个焦点为，
点F到双曲线的一条渐近线的距离为， . 分
所以，故的方程为． 分
（2）设，则，即，，
由题意上任意一点关于直线的对称点为，得，
设，，由题意直线与的渐近线的平行，故的斜率为，分
则直线的方程为，与，
联立得，分
直线的方程为，与,
联立得，分
所以，
故为定值． 分
19．（本小题满分17分）
设数列.如果对小于的每个正整数都有.则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合，的元素个数记为.
(1)对数列，写出的所有元素；
(2)数列满足，若.求数列的种数.
(3)证明：若数列满足，则.
【解析】（1）由题设知当时，，故是数列的一个“时刻”，分
同理当时，都有，即也是数列的一个“时刻”，
综上， 分
（2）由，易知或
①当时，必须从左往右排列，
6可以是中任一个，共有5种情况分
②当时，若中的四个元素是由集合中的元素
或或或引起的
1.若由引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；
2.若由引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种
3.若由引起，即从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；
4.若由引起，即从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种
综上，符合的数列有15种 分
（3）①若，由，
所以，即成立； 分
②若，
不妨设且
从而分
由累加法知：
又，即；
综上，，证毕 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．（本小题满分13分）
已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，求证：．
【解析】（1）由①，
当时，解得，
当时，②， 分
①-②，得，
数列是以首项为，公比为的等比数列，分
．
经验证符合上式，所以． 分
（2）由（1）知，
，． 分
则， 分
故
， 分
所以，，，
故. 分
16．（本小题满分15分）
已知椭圆，抛物线的焦点均在轴上，的中心和的顶点均为坐标原点，从，上分别取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求和的标准方程；
(2)若和交于不同的两点，求的值.
【解析】（1）设抛物线的标准方程为，则，
结合表格数据，因为，
所以点在抛物线上，且，解得，
所以抛物线的标准方程为. 分
将点代入椭圆的标准方程中，
得，解得，
所以椭圆的标准方程为. 分
（2）根据对称性，可设两点坐标分别为，
联立方程组，消得， 分
解得，，
因为，
所以.
所以. 分
17．（本小题满分15分）
直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额的统计表（金额（万元））.
(1)根据统计表，
①求该公司带货金额的平均值；
②求该公司带货金额与月份编号的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系（，则认为与的线性相关性较强；，则认为与的线性相关性较弱）；
(2)该公司现有一个直播间销售甲、乙两种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两种产品中分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到甲产品的件数为，试求的分布列与期望.
附：相关系数公式，参考数据：，，，.
【解析】（1）①由统计表数据可得：， 分
②由于，，，
所以相关系数， 分
因此，两个变量具有很强的线性相关性. 分
（2）由题意知，的可能取值为0，1，2，3，
因为，，
，， 分
所以的分布列为：
分
所以. 分
18．（本小题满分17分）
如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥.

(1)当时，求的长；
(2)当平面平面时，求平面和平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）由，，且，平面，
可得平面， 分
又平面，则， 分
在中，根据勾股定理，. 分
（2）
如图，过点作于点，
由代值易得：.
由平面平面，平面平面，平面，
可知平面. 分
在平面中，过点作的垂线为轴，，所在直线分别为，轴，
建立空间直角坐标系,则，，，， 分
有，，，.
设平面的法向量，则，
令，解得其中一个法向量；分
设平面的法向量，则，
令，解得其中一个法向量分
于是，，分
故平面和平面夹角的余弦值为分
19．（本小题满分17分）
已知函数．
(1)若恒成立，求实数的值；
(2)证明：．
【解析】（1）因为，
所以， 分
当时，因为，所以恒成立，
则在上单调递增，
且，所以恒大于等于零不成立； 分
当时，由得，，
易知当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
则，若恒成立，则 分
令，则，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以
所以当时，.
综上，若恒成立，则； 分
（2）由（1）得，当时，恒成立，
即，当且仅当时等号成立， 分
令，则，，，
所以，，， 分
令，则恒成立，
所以函数在上单调递增，
故当时，，即． 分
所以，，，
所以
. . 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．
15．（本小题满分13分）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且角A，B，C成等差数列，，．
(1)求；
(2)若点为线段的中点，求的长．
【解析】（1）因为角A，B，C成等差数列，则，
又，所以， 分
由余弦定理，，
即， 分
又由正弦定理，，即，
所以， 分
又，所以
则; 分
（2）在中，由余弦定理
， 分
所以. 分
16．（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由．
【解析】（1）由平面，、平面，
故、，又底面为正方形，故， 分
即、、两两垂直，
故可以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，， 分
，，，，，
设平面的法向量，则，即，
可取， 分
因为，
所以与平面所成角的正弦值为； 分
（2）假设截面内存在点满足条件，
设，，，，
有，，，
所以，. 分
因为平面，所以， 分
所以，解得， 分
这与假设矛盾，所以不存在点，使平面．分
17．（本小题满分15分）
某商场将在“周年庆”期间举行“购物刮刮乐，龙腾旺旺来”活动，活动规则：顾客投掷3枚质地均匀的股子．若3枚骰子的点数都是奇数，则中“龙腾奖”，获得两张“刮刮乐”；若3枚骰子的点数之和为6的倍数，则中“旺旺奖”，获得一张“刮刮乐”；其他情况不获得“刮刮乐”．
(1)据往年统计，顾客消费额（单位：元）服从正态分布．若某天该商场有20000位顾客，请估计该天消费额在内的人数；
附：若，则．
(2)已知每张“刮刮乐”刮出甲奖品的概率为，刮出乙奖品的概率为．
①求顾客获得乙奖品的概率；
②若顾客已获得乙奖品，求其是中“龙腾奖”而获得的概率．
【解析】（1）由题意
，分
若某天该商场有20000位顾客，
估计该天消费额在内的人数为；. 分
（2）设事件“顾客中龙腾奖”， 事件“顾客中旺旺奖”， 事件“顾客获得乙奖品”，
由题意知，
事件包括的事件是：“3枚骰子的点数之和为6”，
“3枚骰子的点数之和为12”，“3枚骰子的点数之和为18”，
则（i）若“3枚骰子的点数之和为6”，则有“1点，1点，4点”，
“1点，2点，3点”， “2点，2点，2点”，三类情况，
共有种； 分
（ii）若“3枚骰子的点数之和为12”，则有“1点，5点，6点”， “2点，5点，5点”，
“2点，4点，6点”， “3点，4点，5点”， “3点，3点，6点”， “4点，4点，4点”，六类情况，
共有种；分
（iii）若“3枚骰子的点数之和为18”，则有“6点，6点，6点”，一类情况，共有1种；
所有， 分
①由全概率公式可得，
即顾客获得乙奖品的概率为； 分
②若顾客已获得乙奖品，求其是中“龙腾奖”而获得的概率是，
所以顾客已获得乙奖品，求其是中“龙腾奖”而获得的概率是分
18．（本小题满分17分）
已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当且时，讨论在上的零点个数.
【解析】（1）显然定义域为，由得，分
当时，单调递增区间为，无减区间，分
当时，由，得，
所以单调递增区间为，
由，得，所以单调递减区间为，分
综上所述，当时，单调递增区间为，无减区间；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为；分
（2）由题可得函数，所以
，解得，
所以， 分
①当时，有，
所以恒成立，
所以在上单调递减，是一个零点；分
②当时，，
设，则恒成立，
即在上单调递增.
又，
所以根据零点存在定理可知，，使得分
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以，
因为，
根据零点存在定理可知，，使得，分
综上所述，在上的零点个数为2. 分
19．（本小题满分17分）
如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线的左、右焦点分别为、，从发出的光线经过图2中的、两点反射后，分别经过点和，且，.

(1)求双曲线的方程；
(2)设、为双曲线实轴的左、右顶点，若过的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【解析】（1）解：如图所示：
延长与交于，因为，，
则，即，分
令，则，
所以，，
由双曲线的定义可得，则，
，则，
又因为，即，解得，分
所以，，，
由勾股定理可得，则，
故， 分
因此，双曲线的方程为 分
（2）解：若直线与轴重合，则直线与双曲线的交点为双曲线的两个顶点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，分
易知点、，则，，
直线的方程为，直线的方程为，分
联立直线、的方程并消去可得，
可得
，解得，
因此，直线与直线的交点在定直线上分
月份
1月
2月
3月
4月
5月
月份编号
1
2
3
4
5
金额（万元）
7
12
13
19
24
0
1
2
3