2024年高三模拟押题卷01（测试范围：高考全部内容）

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2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
2024年高三模拟押题卷01
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
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．已知集合，，则=（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【解析】因为或，
所以.
故选：C.
2．已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】,
则.
故选: A.
3．设平面向量，，且，则=（ ）
A．1B．14C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以又，
则
所以，
则
，
故选：
4．已知定义在上的偶函数在上单调递减，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因为偶函数在上单调递减，
所以函数在单调递增，且，，又，，
所以，，
所以，即.
故选：B
5．设椭圆C：的半焦距为c，离心率为e，已知圆O：与C有四个公共点，依次连接这四点组成一个正方形，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知，
点在椭圆C上，则，
将代入并化简得，
因为，解得.
方法2：设圆O与椭圆C在第一象限的公共点为M,设C的左、右焦点为、，，，所以，，，
又因为，所以，
所以.
故选：D.
6．过点作圆的两条切线，设切点分别为A，B，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设圆的圆心为，
因为过点作圆的两条切线，设切点分别为，，
所以，，，四点在以为直径的圆上，设为，
故的方程为，即，
将两圆联立方程组，解得，
故直线：，
点到直线：的距离为，
在圆中，点到直线：的距离为，
所以，解得，
所以的面积为.
故选：B.
7．已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意知是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差，
若，此时，，是等差数列的前n项和中的最小值，
此时，即，则；
若，，此时是等差数列的前n项和中的最小值，
此时，，即，
则，
综上可得：的取值范围是，
故选:B．
8．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】一方面由题意，且注意到，
联立得，解得，
所以，
另一方面不妨设，且，
所以有，解得或（舍去），即，
由两角和的正切公式有，
所以
.
故选：B.
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．为深人学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ）
A．中位数为90，平均数为89
B．分位数为93
C．极差为30，标准差为58
D．去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意中位数为，
平均数为，故A正确；
对于B，因为，
所以分位数为，故B正确；
对于C，极差为，
方差
，
所以标准差，故C错误；
对于D，去掉一个最低分和一个最高分，
则平均数为，
方差为
，
所以去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小，故D正确.
故选：ABD.
10．压缩袋（真空压缩袋）也叫PE拉链复合袋．在我们的日常生活中，各类大小的压缩袋不但能把衣柜解放出来，而且可以达到防潮、防虫咬、清洁保存的效果．其中抽气式压缩袋是通过外接抽气用具如抽气泵或吸尘器，来进行排气的．现选用某种抽气泵对装有棉被的压缩袋进行排气，已知该型号的抽气泵每次可以抽出压缩袋内气体的，则（ ）（参考数据：取）
A．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽5次
B．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽9次
C．抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的
D．抽3次可以使压缩袋内剩余的气体少于原来的
【答案】ACD
【解析】设抽气泵抽了次，若要使压缩袋内的气体少于原来的，则，
即，则．因为，
所以至少要抽5次，A正确，B错误．
抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的，
C正确．
，D正确．
故选：ACD
11．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足，的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．B．为奇函数
C．D．
【答案】ACD
【解析】由，得，等式两边同时求导，得
即，故的图象关于点对称，故A正确；
因为的图象关于直线对称，故的图象关于直线对称，
即为偶函数，则，所以应满足（为常数），
当时，不是奇函数，故B错误；
因为，，所以，故C正确；
因为的图象关于点对称，关于轴对称，且，所以，，，在一个周期内，，
所以，故D正确．
故选：ACD
12．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．表面积为的球体
B．体积为的正四面体
C．体积为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆锥
【答案】ABD
【解析】选项A，设球半径为，由得，A能够放入；
选项B，设正四面体棱长为，如图正四面体，是面中心，是四面体的高，，，体积为，
，
在边长为1的正方形中，如下右图，，分别在边上，，，因此，所以，是等边三角形，易得，
，
，所以，，
因此B中正四面体可以放入棱长为1的正方体中；
选项C，体积为的圆柱体，只有当底面直径不大于1m，高也不大小1m可放入棱长为1的正方体中，当高大于1m，或底面直径大于1m时，不能放入，例如当圆柱底面半径为0.1m时，高为，就不能放入．
选项D，圆锥底面直径为1.2m，高为0.8 m，如果能放到正方体中，根据对称性，把圆锥的轴放在正方体的对角线上，如图正方体中，，则，可证明平面（通过证明平面得，同理得，从而得证），因此圆锥的底面在平面或与之平行的平面内，是等边三角形，边长为，其内切圆半径为，因此题中圆锥的底面不可能在平面内，也不可能在平面与点之间，
设平面与的交点为（是底面正方形中心，），如图，是中心，由与平面可得，，因此，从而，
重新取正六边形，如图，各顶点是相应棱中点，易可证明平面平面，从而也有平面，
而正六边形的边长为，其内切圆半径为，，，，由可得是中点，而，因此题设圆锥可能放到正方体中，D能放入．
故选：ABD．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知人都在至层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是 ．
【答案】120
【解析】由题意，
人都在至层的某一层人独自出电梯，共有种；
人中有人在同一层出电梯，另人在另外一层出电梯，共有种；
故甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是种．
故答案为：120
14．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是 ．

【答案】
【解析】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10，
则，，，
所以，
设外接球的半径为，，则，
因为垂直于上下底面，
所以，即，
又，即，
联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为．
故答案为：
15．已知函数在区间上有且仅有3个对称中心，给出下列四个结论：
①的值可能是3； ②的最小正周期可能是；
③在区间上单调递减； ④图象的对称轴可能是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②③
【解析】函数，
， ，
函数在区间上有且仅有3个对称中心，
则，
，即的取值范围是，
而，故①正确；
周期，由，
得， ，
的最小正周期可能是，故②正确；
， ，
， ，
又，
在区间上单调递减，故③正确；
当，即，
又，
，
当时，，
当时，，故④不正确.
故答案为：①②③.
16．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与的左、右两支分别交于两点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则的离心率为 ．
【答案】/
【解析】因为，所以，
所以，
设，且，
由双曲线的定义可得则，，
因为经过的内切圆圆心，所以为的角平分线，
所以由角平分线定理，则，可得，
所以，，，
在三角形中，所以，
即，
可得，
化简可得，解得.
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、证明过程或演算步棸。
17．（10分）
在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且．
(1)求；
(2)若的面积是，，求的周长．
【解析】（1）由，可得到，
即．
因为，所以，故．
（2）由，可得，
因为，所以，则．
由余弦定理得，即，
所以，故的周长是．
18．（12分）
在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【解析】（1）取中点，连接，，
∵，∴，
又∵，，∴，
∴四边形是平行四边形，而，
故平行四边形是矩形，
∴，
又∵为等边三角形且为中点.∴，
平面，，
∴面，面，∴.
（2）法一：∵平面平面，且平面平面，，
平面，∴平面，平面，
∴，，两两垂直，
连接、，以中点为坐标原点，、、分别为、、轴，建立如上图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
∴，，
平面的一个法向量可取为，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则取，
设二面角的平面角为，
则，
由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
法二：由（1）知，∵面面，且面面，
平面，又∵，∴平面，
而平面，故，
如图，连接、，作于，连接，
平面，故平面，
平面，故，
则即为二面角的平面角，
设，在中，,
故，
是等边三角形，则，,
故.
19．（12分）
设数列的前项和为，已知.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.
【解析】（1）一方面：因为，所以，
所以，即；
另一方面：又时，有，即，且，
所以此时；
结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可知，
又由题意，
数列的前项和为，
又，都有，故只需，
而关于单调递增，
所以关于单调递减，关于单调递增，
所以当时，有，
因此，即，解得，
综上所述：的取值范围为.
20．（12分）
红蜘蛛是柚子的主要害虫之一，能对柚子树造成严重伤害，每只红蜘蛛的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.

(1)根据散点图判断，与（其中…为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度x（℃）的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
(2)由（1）的判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到0.1）
附：回归方程中，，
(3)根据以往每年平均气温以及对果园年产值的统计，得到以下数据：平均气温在22℃以下的年数占60%，对柚子产量影响不大，不需要采取防虫措施；平均气温在22℃至28℃的年数占30%，柚子产量会下降20%；平均气温在28℃以上的年数占10%，柚子产量会下降50%.为了更好的防治红蜘蛛虫害，农科所研发出各种防害措施供果农选择.
在每年价格不变，无虫害的情况下，某果园年产值为200万元，根据以上数据，以得到最高收益（收益＝产值－防害费用）为目标，请为果农从以下几个方案中推荐最佳防害方案，并说明理由.
方案1：选择防害措施A，可以防止各种气温的红蜘蛛虫害不减产，费用是18万；
方案2：选择防害措施B，可以防治22℃至28℃的蜘蛛虫害，但无法防治28℃以上的红蜘蛛虫害，费用是10万；
方案3：不采取防虫害措施.
【解析】（1）由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型.
（2）将两边同时取自然对数，可得，
由题中的数据可得，，，
所以，
则，
所以z关于x的线性回归方程为，
故y关于x的回归方程为；
（3）用，和分别表示选择三种方案的收益.
采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为万，即
采用第2种方案，不发生28℃以上的红蜘蛛虫害，收益为万，
如果发生，则收益为万，即，
同样，采用第3种方案，有
所以，，
，
.
显然，最大，所以选择方案1最佳.
21．（12分）
已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.
【解析】（1）对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性：
情形一：当时，有，令，解得，
所以当时，有，此时单调递减，
当时，有，此时单调递增；
所以在单调递减，在单调递增；
情形二：当时，令，解得，
接下来又分三种小情形来讨论的单调性：
情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；
情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；
情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以由题意，
又因为在区间上存在唯一零点，
所以存在唯一的，有，化简得，
若要证明，则只需，即只需，
不妨设，求导得，
令，继续求导得，
所以当时，单调递增，
所以，
所以当时，单调递增，
所以，
即当时，有不等式成立，
综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.
22．（12分）
点是抛物线：（）的焦点，为坐标原点，过点作垂直于轴的直线，与抛物线相交于，两点，，抛物线的准线与轴交于点．
(1)求抛物线的方程；
(2)设、是抛物线上异于、两点的两个不同的点，直线、相交于点，直线、相交于点，证明：、、三点共线．
【解析】（1）抛物线：（）的焦点坐标为：过点作垂因为直于轴的直线，与抛物线相交于，两点，且，
不妨设，则，
解得或（舍去），
所以抛物线的方程为；
（2）如图所示：
由（1）知，设，
则直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，
联立得，解得，则，
所以，
则直线BC的方程为：，直线AD的方程为：，
联立得，解得，则，
所以，则，
所以E，K，G三点共线.
参考数据（）
5215
17713
714
27
81.3
3.6