决战2024届高考考前押题卷数学（新高考卷03，新题型结构）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（新高考卷03，新题型结构），共18页。试卷主要包含了已知，则，设为复数，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
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．已知随机变量，则（ ）
A．15B．20C．5D．10
2．已知椭圆的离心率为，则抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．已知为等差数列，为其前n项和.若，公差，则m的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
4．已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（ ）
A．18种B．24种C．36种D．72种
6．已知圆，若圆上存在点使得，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
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．已知函数是偶函数，将的图象向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象．若曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称
D．若，则在区间上的最大值为
10．设为复数，下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．若，则为纯虚数D．若，且，则
11．已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．
C．
D．函数与函数的图象有8个不同的公共点
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．已知集合，若集合恰有两个元素，则实数的取值范围是 .
13．某冰淇淋门面店将上半部是半球（半球的半径为3），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为6）的冰淇淋模型放到椐窗内展览，托盘是边长为12的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为 ．
14．已知，则使不等式能成立的正整数的最大值为 ．
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．小张参加某公司的招聘考试，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张需要通过“抽小球”的方式决定要答的题目难度类型：一个箱子里装有质地，大小一样的5个球，3个标有字母A，另外2个标有字母B，小张从中任取3个小球，若取出的球比球多，则答类题，否则答类题．
(1)设小张抽到球的个数为，求的分布列及．
(2)已知A类题里有4道论述题和1道计算题，B类题里有3道论述题和2道计算题，小张确定题目的难度类型后需要从相应题目中任选一道题回答．求小张回答论述题的概率；
16．已知函数是定义在上的偶函数.
(1)求实数的值；
(2)请问是否存在正数，使得当时，函数的值域为，若存在这样的正数，请求出的值；若不存在，请说明理由.
17．正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设．
(1)求证：无论取何值，与不可能垂直；
(2)设二面角的大小为，当时，求的值．
18．已知O为坐标原点，抛物线，过点的直线交抛物线于A，B两点，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点，连接AD，BD，证明：；
(3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴两侧，求面积的最小值．
19．欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数），
(1)求和；
(2)现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则；
(3)设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值．
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，利用二项分布的方差的计算公式以及方差的性质，即可求解.
【详解】由随机变量，可得，则.
故选：D.
2．D
【分析】由椭圆离心率为列式求得参数，进一步将抛物线方程化为标准方程即可得焦点坐标.
【详解】因为椭圆的离心率为，所以，解得，
则抛物线的标准方程为，它的焦点坐标为.
故选：D.
3．B
【分析】利用等差数列的通项公式求出和的关系，代入计算可得m的值.
【详解】由已知，得，
又，又，
所以，解得或（舍去）
故选：B.
4．C
【分析】利用空间线线线面的位置关系判断A错误；举反例判断B错误；利用线面平行的性质定理和线面垂直性质得到C正确；由线面平行和线线垂直的性质判断D错误.
【详解】A：若，则两直线平行或异面或相交，故A错误；
B：若，当直线在平面内时，则直线不平行于平面，故B错误；
C：若，设过的平面与相交于，则，
又因为，，所以，所以，所以，故C正确；
D：若，则或或，故D错误；
故选：C.
5．C
【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解.
【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，
再将商、角插入4个空中的2个，有，
所以共有种．
故选：C．
6．B
【分析】由得到点的轨迹是以为直径的圆，依题意，问题转化为两个圆有公共点的问题，解不等式组即得.
【详解】
如图，由可知点的轨迹是以为直径的圆，设为圆，
因，故圆.
依题意知圆与圆必至少有一个公共点.
因，则，
由，解得：.
故选：B.
7．C
【分析】先根据已知结合两角和差的正弦公式及二倍角公式化简，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.
【详解】由，
得，
即，所以，
所以，
所以.
故选：C.
8．A
【分析】向量坐标化并结合双曲线定义与等面积得点点距列方程得代入双曲线求出离心率.
【详解】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，
因为，所以，
所以，又，
解得，
所以，
所以，解得，所以，代入双曲线方程得：，
解得，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线的离心率，关键是向量坐标化并充分利用曲线定义确定A的坐标.
9．BC
【分析】首先利用三角函数的性质求出和的关系，进一步利用三角函数的性质求出结果.
【详解】由于函数是偶函数，所以，
由于将的图象向左平移个单位长度，
再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），
得到的图象，则，
对于A，因为曲线的两个相邻对称中心之间的距离为，
故，解得，故A不正确；
所以函数，则或，
，则或，
对于B，令，解得，
所以当时，的图象关于直线对称，故B正确；
对于C,令，解得，
所以当时，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D，当时，或，
所以或，
当时，当时，，
所以在上单调递增，故函数的最大值为；
当时，当时，，
所以在上单调递减，故函数的最大值为，故D错误；
故选：BC.
10．AD
【分析】根据复数模的性质判断A，取特殊值判断BC，根据复数模的性质、共轭复数模的性质判断D.
【详解】由复数模的性质知，故A正确；
取，则，故B错误；
取，则，为实数，故C错误；
因为，，所以，故D正确.
故选：AD
11．ABD
【分析】根据条件先得到函数的对称性及周期性，进而判断ABC，画出函数与函数的图象，根据图象观察交点个数即可判断D.
【详解】由得函数关于对称，A正确；
由得函数关于对称，
所以，，
所以，即，
所以，故函数的周期为，
由知，，
又时，，所以，解得，
所以时，，
所以，B正确；
，C错误；
画出函数和函数的图象，如图：
，观察图象可得函数与函数的图像有8个不同的公共点，D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】解二次不等式化简集合，再利用二次不等式解的形式与交集的结果即可得解.
【详解】因为，
，
又集合恰有两个元素，
所以恰有两个元素1和2，所以.
故答案为：.
13．
【分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得，再由三角形相似得到，最后求出结果即可.
【详解】
设上面球心为，的圆心为，三点在底面投影的正三角形的中心为，圆锥的顶点为，边中点为，
连接，由题意可知，，
由几何关系可得三点共线，
由题意可得，
在几何体中，设三角形的外接圆半径为，则由正弦定理可得，
由可得，所以，
所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为，
故答案为：.
14．
【分析】先研究的单调性，故可得，从而可求正整数的最大值.
【详解】设，故，
当时，；当时，；
故在上为增函数，在上为减函数，
因为，故即，故，
故，所以即，
而，，
故正整数的最大值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：导数背景下多变量的不等式问题，可根据题设中的不等式的形式构建新函数，从而得到各参数的取值范围.
15．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）利用超几何分布可求分布列，利用公式可求期望.
（2）利用全概率可求小张回答论述题的概率.
【详解】（1）的所有可能取值为1，2，3，则，，，
所以的分布列为
故．
（2）记事件为“小张回答类题”，为“小张回答类题”，为“小张回答论述题”．
由（1）知，，
由题意知，，
所以．
16．(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据偶函数的定义求解即可；
（2）根据函数单调性的定义可知在区间上单调递增，假设存在正数，通过判断方程正根的个数即可证明.
【详解】（1）由题意可得，
因为函数为偶函数，所以，即，
所以，整理得，
又因为，所以.
（2）由（1）得，
令，设，
则，
因为，所以，，
所以，即，
所以函数在区间上单调递增，
又由对数函数的单调性，可知函数在区间上单调递增，
假设存在正数，使得当时，函数的值域为，
则，
可得方程有两个不相等的正根，整理为，
可得，
又由，可得，
故方程没有两个不相等的正根，不存在满足题意的正数.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）假设垂直，根据正方形的长度和垂直关系可得，根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而可求得，推出矛盾即可；
（2）建立合适的直角坐标系，根据，得出各个点的坐标，根据，求出，再分别求平面BCM和平面BDM的法向量，求出法向量夹角余弦值的绝对值，使其等于，即可求得.
【详解】（1）证明：假设，又因为正方形的边长为，
且是线段的中点，所以,
所以,又因为,
有，所以，
因为，,
所以
因为所以,
又因为所以，
这与矛盾，所以假设不成立，
所以无论取何值，与不可能垂直。
（2）由题可得，分别以EA，EF为轴，过点E垂直平面ABFE向上为z轴，
如图建立空间直角坐标系，
所以,
，
所以，
设平面BCM的一个法向量为，
所以即，
取，可得，
设平面BDM的一个法向量为，
所以，即，
取，可得
又，所以
所以解得.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)8
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再求出，再根据求出，即可求出抛物线C的方程；
（2）要证，即证DG平分，即证，结合（1）计算化简即可得出结论；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，求出，结合切线长定理可得，，，再根据，求出，再结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）设直线的方程为，
由，得，
设，，
则，，
从而，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）要证，即证DG平分，即证，
由（1）可知，，
则
，
故；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，
由题意，得，
由切线长定理，知，，，
所以，
又
，解得，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
故面积的最小值为8．
【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点：一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解．
19．(1)，；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求出和.
（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得，设，，结合二项式展开式证明，再按与分类求证即得.
（3）利用的定义，记，，令，那么，且，，使，则，再探求数列项数及递推关系即可求得答案.
【详解】（1）中，与6互质的数有1和5，则；
中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8.
（2）因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质，
又，则，，…，或，，…时，x与n不互质，
则，
设，，可知s，t不全为0，下证时，；
由题知，，
又，
所以，同理有；
于是记，，
即，同理，记，于是，
则，因为，所以，所以，
即；
（i）时，记，则，
记，又，而，则，
即，即；
（ii）若，不妨设，于是，
所以，又，，
所以；
综上，，得证：
（3）因为，所以，则，则，
假设存在，，使得；记，，
令，那么，且，于是，使，则，
从而数列有且仅有项，
考虑使成立，
则对于相邻项有，
将两式相加并整理得：，
令，得，又由于，，…，及均由和确定，
则数列的各项也可根据n和确定，
由上知，，
则，
即，其中是根据n和唯一确定的.
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
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