决战2024届高考考前押题卷数学（广东专用02，新题型结构）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（广东专用02，新题型结构），共21页。

数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．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．已知复数满足，则（ ）
A．2B．1C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．在平行四边形中，点满足，则（ ）
A．B．
C．D．
4．记等差数列的前项和为，则（ ）
A．14B．72C．36D．60
5．湖南省衡阳市的来雁塔，始建于明万历十九年（1591年），因鸿雁南北迁徙时常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度，因地理条件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点，已知点A为塔底，在水平地面上，来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面（如图所示）.测得，在C点处测得E点的仰角为30°，在E点处测得B点的仰角为60°，则来雁塔AB的高度约为（ ）（，精确到）
A．B．C．D．
6．已知是函数的极小值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知为圆上的动点，点满足，记的轨迹为，则下列说法错误的是（ ）
A．轨迹是一个半径为3的圆
B．圆与轨迹有两个交点
C．过点作圆的切线，有两条切线，且两切点的距离为
D．点为直线上的动点，则PB的最小值为
8．在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．B．C．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．下图是样本甲与样本乙的频率分布直方图，下列说法判断正确的是（ ）

A．样本乙的极差一定大于样本甲的极差
B．样本乙的众数一定大于样本甲的众数
C．样本甲的方差一定大于样本乙的方差
D．样本甲的中位数一定小于样本乙的中位数
10．下列对函数的判断中，正确的有（ ）
A．函数为奇函数
B．函数的最大值为
C．函数的最小正周期为
D．直线是函数图象的一条对称轴
11．设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于两点，过点分别作的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
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．的展开式中的系数为 .
13．将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为，其中，记桌面为平面.若，且与平面所成的角为，则点到平面的距离的最大值为 .
14．若实数，满足，则 ．
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．在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，以为圆心作一个半径为4的圆，点是圆上一动点，线段的重直平分线与直线相交于点．
(1)求的轨迹的方程；
(2)已知，点是轨迹在第一象限内的一点，为的中点，若直线的斜率为，求点的坐标．
16．在三棱柱中，已知，，，，M是BC的中点．
(1)求证：；
(2)在棱上是否存在点P，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段AP的长度；若不存在，请说明理由．
17．某校为了丰富课余活动，同时训练学生的逻辑思维能力，在高中三个年级举办中国象棋盲棋比赛，经过各年级初赛，高一、高二、高三分别有3人，4人，5人进入决赛，决赛采取单循环方式，即每名队员与其他队员都要进行1场比赛（每场比赛都采取5局3胜制，初赛、决赛的赛制相同，记分方式相同），最后根据积分选出冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分．
(1)从进入决赛的12人中随机抽取2人进行表演赛，这2人恰好来自不同年级的概率是多少？
(2)初赛时，高三甲、乙两同学对局，设每局比赛甲取胜的概率均为，记甲以取胜的概率为，当最大时，甲处于最佳竞技状态．在决赛阶段甲、乙对局，而且甲的竞技状态最好，求甲所得积分的分布列及期望．
18．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在正数，使成立，求的取值范围；
(3)若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立.
19．已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．
(1)若，求其生成数列的前项和；
(2)设数列的“生成数列”为，求证：；
(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，结合复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数，
所以，所以，则.
故选：D.
2．C
【分析】求出集合后可求.
【详解】,
故，
故选：C.
3．B
【分析】根据向量的加减法运算以及数乘运算即可得到结果.
【详解】因为为平行四边形，
则有，
∴.
故选：B.
4．D
【分析】利用等差数列性质可得公差，再由前项和公式以及通项公式计算可得结果.
【详解】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．B
【分析】现从四棱锥中提取两个直角三角形和的边角关系，进而分别解出两个三角形边的长，求出来雁塔AB的高度即可.
【详解】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．A
【分析】根据极小值的定义，在的左侧函数递减，右侧函数递增可得.
【详解】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．D
【分析】通过“相关点法”即可得轨迹判断A；通过判断圆心距与半径和的关系可判断B；通过面积关系可判断C；通过圆心到直线的距离减去半径可判断D.
【详解】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．C
【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得.
【详解】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.

9．BCD
【分析】根据数据分布的最小值和最大值可判断极差，从而判断A；根据众数、方差、中位数的概念，并结合图象可判断BCD.
【详解】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．BCD
【分析】先判断函数的奇偶性，再通过平方去掉绝对值符号逐一比对答案即可.
【详解】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．ACD
【分析】联立直线与抛物线方程由韦达定理可得，，，即可根据两点距离分别结合选项求解.
【详解】由已知，，设过点的直线方程为：，
设点，则，，
由，得，
所以，，，
，所以，故A正确，
，故B错误，
，
,故，C正确，
，
由选项C可知，所以，故,D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：
（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
12．
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】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．
【分析】作出辅助线，判断出当四点共面时，点A到的距离最大，进而算出，最后得到答案．
【详解】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．##
【分析】构造函数，可证得，从而可得，结合基本不等式得到方程组，可求得结果.
【详解】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：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是构造函数，利用导数证明出，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直平分线的性质及双曲线的定义可得答案；
（2）利用中点公式和的斜率为建立方程组，求解方程组可得答案.
【详解】（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．(1)证明见解析
(2)存在，的长度为.
【分析】（1）根据余弦定理得到和，再由线面垂直的判定条件得到平面，然后证明平面，进而证明.
（2）建立空间直角坐标系，根据点在棱上设出，再求出两个半平面的法向量，根据二面角的大小得到关于的方程，解方程即可求得点的位置.
【详解】（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．(1)
(2)
【分析】（1）利用古典概型计算即可；
（2）先计算甲以取胜的概率，利用导数确定其单调性得时甲处于最佳状态，再利用离散型随机变量的分布列，期望公式计算即可.
【详解】（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．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）计算，然后分类讨论即可得到单调性；
（2）对和两种情况分别讨论，即可得到取值范围是；
（3）首先证明单调递减，即得唯一性；然后求导证明对任意的，都有；而对任意的，都有. 再利用该结论证明，从而得到存在性. 最后综合两方面即证得结论.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，对于存在唯一性的证明，将唯一性和存在性分开论证，则证明的逻辑会更加清晰，不易出现错误.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；
（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.
X
0
1
2
3
P