2024年高考数学押题预测卷（九省新高考新结构卷03）（含解析）

2024年高考押题预测卷
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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则复数的共轭复数的模（ ）
A． B． C． D．
3．设是两个平面，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
4．将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A．56 B．84 C．126 D．210
5．记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．的内角的对边分别为.已知，，，则的外接圆半径为（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8．双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
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．若是样本数据的平均数，则（ ）
A．的极差等于的极差
B．的平均数等于的平均数
C．的中位数等于的中位数
D．的标准差大于的标准差
10．已知的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．满足
C．在区间的值域为
D．在区间上有3个极值点
11．已知函数的定义域为，其导函数为，若函数的图象关于点对称，，且，则（ ）
A．的图像关于点对称 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．的展开式中常数项为 ．
13．若抛物线的焦点到直线的距离为1，则实数的值为 ．
14．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 ．
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．已知质量均匀的正面体，个面分别标以数字1到．
(1)抛掷一个这样的正面体，随机变量表示它与地面接触的面上的数字．若求n；
(2)在(1)的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量表示这两个正面体与地面接触的面上的数字和的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7，分别取值0，1，2，求的分布列及期望．
16．已知函数.
(1)若的图象在点处的切线与直线垂直，求的值;
(2)讨论的单调性与极值.
17．如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知O为坐标原点，椭圆C：的上、下顶点为A、B，椭圆上的点P位于第二象限，直线PA、PB、PO的斜率分别为，且.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过原点O分别作直线PA、PB的平行线与椭圆相交，得到四个交点，将这四个交点依次连接构成一个四边形，则此四边形的面积是否为定值？若为定值，请求出该定值；否则，请求出其取值范围.
19．已知，集合其中.
(1)求中最小的元素；
(2)设，，且，求的值；
(3)记，，若集合中的元素个数为，求.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】解绝对值不等式求出集合，求函数的定义域求得集合.由此求出，从而得到.
【详解】由题意，得，，所以，所以.
故选：C．
2．B
【分析】根据复数四则运算法则和共轭复数的定义求解即可.
【详解】，
所以，所以.
故选：B.
3．B
【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，，则相交或平行，故A错误；
对于B，若，，，
由线面平行的性质可得，故B正确；
对于C，若，，，
当两两相交时，两两相交，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故选：B.
4．B
【分析】将问题等价转换为将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法，利用隔板法即可求解.
【详解】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额的分法，
等价于将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法.
用3个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成4堆，
由于 10个小球中间共有 9个空隙，因此共有 种不同的分法.
故选：B.
5．C
【分析】根据等比数列的性质可得，进而根据求和公式即可化简求解.
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，
若，即，
故．
故选：C．
6．C
【分析】先由余弦定理求出，再利用同角三角函数关系及正弦定理求解即可.
【详解】因为，，，所以由余弦定理可得，
所以，设的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即.
则的外接圆半径为.
故选：C
7．B
【分析】由，可得，进而可得，再根据两角差的余弦公式化简求出的关系，即可得解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】设出，借助双曲线定义表示其它边后，借助余弦定理计算出与的关系，再次借助余弦定理可得与的关系，设出点，可得，代入直线与的斜率之积额表达式中化简即可得.
【详解】由双曲线定义可知，，
设，则有，，，
由余弦定理可得，
整理可得：，故，，
则有，整理可得：，
设，则有，即，
故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于设出并借助双曲线定义，结合余弦定理得到与的关系，即可表示各边，从而得到与的关系.
9．AB
【分析】根据题意，依次分析两组数据的极差、平均数、中位数和标准差是否相等，综合可得答案．
【详解】对于A，样本数据的平均数为，则，故的极差等于的极差，故A正确；
对于B，数据的平均数，故B正确；
对于C，如果是按从小到大排列，则的中位数为，不一定等于的中位数，故C错误；
对于D，的方差，
而的方差，
但当时两组数据的方差相等，其标准差也相等，故D错误．
故选：AB．
10．AD
【分析】根据图象确定和周期，再确定，代入最值点确定，从而得出解析式，再由正弦函数的图象与性质逐项判断即可.
【详解】由图象可知，，所以，故A正确；
又因为，所以，
而且，所以，所以函数解析式为.
所以，故B错误；
对于C，当时，，所以，所以的值域为，故C错误；
对于D，当时，，当取得时，取得极值，所以在上有3个极值点，故D正确.
故选：AD.
11．ACD
【分析】根据函数的图象变换及其对称性，可得判定A正确；结合和，化简得到，可判定B不正确；令，得到，得到函数和是以4为周期的周期函数，结合，可判定C正确；结合， ，，得到，结合是以4为周期的周期函数，进而求得的值，即可求解.
【详解】对于A中，设函数的图象关于对称，
则关于对称，可得关于对称，
因为函数的图像关于点对称，可得，解得，
所以函数的图象关于对称，所以A正确；
对于B中，由函数的图象关于对称，可得，
因为，可得，
则，
两式相减得，即，所以B不正确；
对于C中，令，
可得，
因为，所以，
所以函数是以4为周期的周期函数，
由，可得，所以，
因为函数是以4为周期的周期函数，则是以4为周期的周期函数，
所以，
由，可得，
即，令，可得，所以，
所以，所以，所以C正确；
对于D中，因为，且函数关于对称，可得，
又因为，令，可得，所以，
再令，可得，所以，
由，可得，
可得
又由函数是以4为周期的周期函数，且，
所以
，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】知识结论拓展：有关函数图象的对称性的有关结论
（1）对于函数，若其图象关于直线对称（时，为偶函数），
则①；②；③.
（2）对于函数，若其图象关于点对称（时，为奇函数），
则①；②；③.
（3）对于函数，若其图象关于点对称，
则①；②；③.
12．16
【分析】利用二项式定理求出展开式的常数项及含的项即可得解.
【详解】依题意，展开式的常数项为，含的项为，
所以的展开式中常数项为.
故答案为：16
13．
【分析】先求得抛物线的焦点为，根据题意，列出方程，即可求解.
【详解】由抛物线可化为，可得其焦点为，
因为抛物线的焦点到直线的距离为，可得，
解得或（舍去），故实数的值为．
故答案为：.
14．
【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：.
15．(1).
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）直接由题意解出即可.
（2）设出事件，按古典概型中等可能事件的概率公式求出随机变量各个取值的概率，列出分布列，求出数学期望即可.
【详解】（1）因为，所以.
（2）样本空间，共有36个样本点.
记事件“数字之和小于7”，事件“数字之和等于7"，
事件“数字之和大于7”.
，
，共15种，
故
，共6种，
故；
，
，共15种，
故；
从而的分布列为：
0 1 2
故
16．(1)
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据直线垂直可得，即可求解，
（2）求导，对进行讨论，判断导函数的正负，即可得函数的单调性和极值.
【详解】（1）由题得，的定义域为.
.
的图象在点处的切线与直线l:垂直，
，
解得.
（2）由（1）知.
①当时，恒成立.
在上为减函数，此时无极值;
②当时，由，得，由，得，
在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为，无极大值.
综上可得，当时，在上为减函数，无极值;
当时，在上单调递减，在上单调递增.
的极小值为，无极大值.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解.
【详解】（1）在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，
，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)是定值，
【分析】（1）设，结合意义表示出，代入计算即可得；
（2）作出该四边形后，借助斜率表示出、、、，结合倾斜角与斜率的关系，借助面积公式计算即可得解.
【详解】（1）由题意可得，
设，则，
∵，∴，
化简得：①，
又在椭圆上，②，
由①②得，
又，∴，
故椭圆C的标准方程；
（2）设直线的平行线与椭圆相交于点、（在上方），
直线的平行线与椭圆相交于点、（在上方），
∴直线的方程为，直线的方程为，
又，∴，
联立，解得，
∴，
联立，解得，
∴，
设直线EF的倾斜角为，直线GH的倾斜角为，，
∴，
则，
，
∴四边形面积为：
，
故该四边形的面积为定值.

【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助斜率与倾斜角的关系及两角差的正弦公式，得到，从而可借助面积公式表示出面积.
19．(1)7
(2)或10
(3)
【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；
（2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论；
（3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值.
【详解】（1）中的最小元素为.
（2）由题得，设，.
①当时，或或或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
②当时，或或或.
经检验，当时，，符合题意，
所以.
③当时，不符合题意.
因此，或10.
（3）设，则，其中，
，所以，
设，则.
因为，
所以
.
因为，
所以，所以，
又因为，所以.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：
（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合中的元素性质；
（2）确定集合中的元素个数为时，结合组合数的运算性质确定与的关系.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页