2024年1月“七省联考”考前押题预测卷04-2024年1月高考数学“七省联考”考前押题预测卷（新高考地区专用）

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1．已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，故.
故选：B
2．设复数在复平面内对应的点在第二象限，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】设，其中，
，
其中，
所以复数在复平面内对应的点在第四象限.
故选：D
3．已知，，若，则=（ ）
A 20B. 15C. 10D. 5
【答案】C
【解析】因为，所以：.
所以：
所以：.
故选：C
4．已知函数的定义域为，满足．当时，则的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为函数的定义域为，满足，
所以是偶函数，所以的图象关于y轴对称，故排除A；
当时，，所以，故排除B，C．
故选:D
5．已知为坐标原点，点在轴正半轴上，点在第一象限，且，，点在第四象限，且，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，且，所以.
又，，且，所以，所以，.
所以.
故选：B
6．已知抛物线的焦点为F，，点是抛物线上的动点，则当的值最小时，=（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】由题知，抛物线的准线方程为，，过P作垂直于准线于，连接，由抛物线定义知.
由正弦函数知，要使最小值，即最小，即最大，即直线斜率最大，即直线与抛物线相切.
设所在的直线方程为：，联立抛物线方程：
，整理得：
则，解得
即，解得，代入得
或，再利用焦半径公式得
故选：B.
7．已知直角三角形ABC中，，AB=2，AC=4，点P在以A为圆心且与边BC相切的圆上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】以为原点建系，，
，即，故圆的半径为，
∴圆，设中点为，
，
，∴，
故选：D.
8．设函数，若函数存在两个极值点，且不等式恒成立，则t的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数定义域为，，
又函数存在两个极值点，
所以方程在上有两个不相等的正实数根，
则，解得，
又
设，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增加，
因为不等式恒成立，
即恒成立，
所以.
故选：D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知一组样本数据为不全相等个正数，其中，若由生成一组新的数据，则这组新数据与原数据中可能相等的量有（ ）
A. 极差B. 平均数C. 中位数D. 标准差
【答案】BC
【解析】对于A，因为样本数据为不全相等的个正数，所以极差大于0，
所以由生成一组新的的极差是极差的3倍，故A错误；
对于B，设为的平均数，为的平均数，可得，
当时，可得，故B正确；
对于C，当为正奇数时，设样本数据的中位数为，
则数据的中位数，当时，，故C正确；
对于D，为的标准差，因为样本数据为不全相等的个正数，
所以，设为的标准差，可得，
则，
，故D错误.
故选：BC.
10．在四棱锥中，底面是菱形，P在底面上的射影E在线段上，则（ ）
A. B.
C. 平面D. ⊥平面
【答案】AC
【解析】A选项，由题意得⊥平面，底面是菱形，
连接与交于点，则，⊥，
因为，故，
又，故，A正确；
B选项，因为⊥平面，所以，
由于与不一定相等，故不一定相等，B错误；
C选项，因为底面是菱形，所以，
又⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以平面，C正确；
D选项，连接，若不重合，此时中，为斜边，
故与不垂直，
故与不垂直，故此时与平面不垂直，D错误.
故选：AC
11．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则（ ）
A. 点的横坐标为2
B. 当时，
C. 当时，内切圆的半径为
D.
【答案】BCD
【解析】由双曲线方程知：，令圆在x轴上的切点横坐标为，
结合双曲线定义及圆切线性质有，即，
所以圆在x轴上的切点与右顶点为重合，又轴，则的横坐标为1，A错；
由，则，故，
而，所以，故，得，
所以，B对；
若为内切圆圆心且知：以直角边切点和为顶点的四边形为正方形，
结合双曲线定义：内切圆半径
由B分析知：，C对；
由分别是的角平分线，又，
所以，结合A分析易知，
在中，D对.
故选：BCD
12．投掷一枚质地不均匀的硬币，己知出现正面向上的概率为p，记表示事件“在n次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是（ ）
A. 与是互斥事件B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】对A，因为对立事件互斥事件，所以A正确；
对B，，所以B错；
对C，由全概率公式可知
，所以C正确；
对D，由C可知，
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以，因为且，
所以，所以，
所以是关于n的递减数列，
所以，D正确．
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再向右平移个单位长度得到函数的图象，则______.
【答案】
【解析】将函数图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，
得到，再向右平移个单位长度得到函数的图象，
则，
故答案为：．
14.某医院安排王医生、李医生、赵医生、张医生、孙医生5人到三个社区开展主题为“提高免疫力，预防传染病”的知识宣传活动，要求每人只能参加一个社区的活动，每个社区必须有人宣传，若李医生、张医生不安排在同一个社区，孙医生不单独安排在一个社区，则不同的安排方法有______种．
【答案】
【解析】由题意知可分为两类：
第一类：一个社区3人，剩下两个社区各1人，
当李医生、张医生2人都单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
第二类：一个社区1人，剩下两个社区各2人，
当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
当李医生、张医生都不单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；
综上可知，共有（种），
故答案为：
15.设等差数列的前项和为，且，是等比数列，满足，则_______.
【答案】
【解析】设等比数列的公比为，
为等比数列，为等差数列，，则的等比数列，
，∴，则，∴，，
，∴，.
故答案为：
16．如图，已知正方体的棱长为4，，，分別是棱，，的中点，平面截正方体的截面面积为________.
【答案】
【解析】
在正方体中，
延长交延长线于，连接交于，并延长交延长线于R，
延长交延长线于，连接交于，交于，
易知点共面，平面即为平面，
所以平面截正方体的截面为六边形，
因为，，分別是棱，，的中点，
所以根据相似比易知点都为其所在正方体棱的中点，则易得六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为4，
所以正六边形的边长，
所以截面面积为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，若，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设的公比为，
因为，即，
且，可得，解得或（舍去）．
又因为，解得，
所以.
（2）由（1）可得：，
所以
，
所以
18．在中，，且
（1）求角；
（2）若点为边上一点，且，求的面积.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，
所以，
即，
在中，由正弦定理得，，即，
在中，由余弦定理得，，
又因为，所以.
（2）如图所示，
因为，
所以
因为，所以，
所以，
所以，
即，即，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，，
即，
代入，解得（负值舍去），
所以，
所以.
19．如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面所成的角最大？
【答案】（1）证明见解析； （2）2.
【解析】（1）因为三角形是等边三角形，且E是中点，
所以，
又因为平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又因面，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即，
因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由已知得，
设，则、
设平面的法向量为，
则，
令，有，
设直线与平面所成的角，
所以，
当且仅当时取等号，
当时，直线与平面所成角最大．
20．已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）递增区间为，递减区间为
（2）
【解析】（1）因为，则，
令，则，即，
解得的递增区间为；
令，则，即，
解得的递减区间为；
所以的递增区间为，递减区间为.
（2）因为对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，；
当时，，
令，所以，
令，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即在上恒成立
所以在上单调递减，所以，
所以.
综上，实数的取值范围为
21．某公司为激励员工，在年会活动中，该公司的位员工通过摸球游戏抽奖，其游戏规则为：每位员工前面都有1个暗盒，第1个暗盒里有3个红球与1个白球.其余暗盒里都恰有2个红球与1个白球，这些球的形状大小都完全相同.第1位员工从第1个暗盒里取出1个球，并将这个球放入第2个暗盒里，第2位员工再从第2个暗盒里面取出1个球并放入第3个暗盒里，依次类推，第位员工再从第个暗盒里面取出1个球并放入第个暗盒里.第位员工从第个暗盒中取出1个球，游戏结束.若某员工取出的球为红球，则该员工获得奖金1000元，否则该员工获得奖金500元.设第位员工获得奖金为元.
（1）求的概率；
（2）求的数学期望，并指出第几位员工获得奖金额的数学期望最大.
【答案】（1） （2），第1位
【解析】（1）的情形为第2位员工从第2个盒子中摸出红球，包括两种情况：
①第1位员工从从第1个盒子中摸出红球放入第2个盒子后第2位员工摸出红球；
②第1位员工从从第1个盒子中摸出白球放入第2个盒子后第2位员工摸出红球.
故的概率为：.
（2）设第位员工取出红球的概率为则有,
即：，且
故组成首项为，公比为的等比数列.
即
第位员工取出白球的概率为.
易知的所有可能取值为则的分布列如下：
显然关于单调递减，第1位员工获得奖金额的数学期望最大.
22．已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．
（1）求C的方程；
（2）当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当M与原点O重合时，可设，则有、，
且，即有,
则，
即，又，故，则，
即有，由离心率为，即，
则，故，即有，
解得，故，即C的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
，即，
有，，
为，
令，故，
由，故，
其中，即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
1000
500