数学（新高考九省）2024年高考考前押题密卷（全解全析）

第第页2024年高考考前押题密卷数学·全解全析（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．某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70，85，90，75，95，则这5人成绩的上四分位数是（

）A．90 B．75 C．95 D．70【答案】A【解析】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：70，75，85，90，95，，5人成绩的上四分位数为第四个数:90.故选：A.2．已知数列是等差数列，且，，则数列的公差是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】数列是等差数列，且，，，解得，，则数列的公差是．故选：B．3．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】依题意，，所以.故选：A4．已知四边形是平行四边形，，，记，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】在中，，，，，所以.故选：A5．生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【解析】因为为平行四边形，所以，所以.记梯形的高为，因为，所以，所以，所以该五面体的体积.故选：C

6．班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（

）A．60种 B．54种 C．48种 D．36种【答案】B【解析】第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，所以不同的安排方案共有种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有种结果，再将四门不同学科分成两堆，有种结果，将学科分给学生，有种结果，所以不同的安排方案共有种，综合得不同的安排方案共有种.故选：B.7．过点作圆的切线，为切点，，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，设圆的圆心为，则，，令，，，则，其中，所以的最大值为.故选：D.8．已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（

）A．3 B． C． D．2【答案】C【解析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，由双曲线的定义可得，由，可得，，，由可得，在三角形中，由余弦定理可得：，即有，化简可得，所以双曲线的离心率．故选：C．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．已知是的共轭复数，则（

）A．若，则B．若为纯虚数，则C．若，则D．若，则集合所构成区域的面积为【答案】AB【解析】，所以，故A正确；由为纯虚数，可设，所以，因为且，所以，故B正确；由，得，因为与均为虚数，所以二者之间不能比较大小，故C错误；设复数，所以由得，所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，所以面积为，故D错误.故选：AB.10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（

）A．B．C．函数在上单调递减D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为【答案】ACD【解析】令得，或，，由图可知：，，，所以，，所以，所以，故A选项正确，所以，由且处在减区间，得，所以，，所以，，所以，，故B错误.当时，，因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），为偶函数得，，所以，，则的最小值为，故D正确.故选：ACD.11．已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（

）A． B．直线过定点C．的最小值为 D．的最小值为【答案】ACD【解析】设直线与抛物线联立可得：，设，则，因为，所以，解，故A正确；由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，设，所以，同理可得，所以,直线，即，所以直线过定点，故B错误；，故C正确；，所以，故D正确.故选：ACD.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．设集合，，则，则实数a的取值范围为.【答案】【解析】由题意，或，若满足，则，又因为，所以，解得.13．的展开式中的系数是.（用数字作答）【答案】【解析】展开式的通项为，则当时，的系数为.14．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为．【答案】6【解析】设，由题意,,，可知，故当时，，当时，，当，，当时，，当时，，轨迹方程的图形如图，图形的面积为：．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．（本小题满分13分）随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.(1)求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；(2)规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.【解】（1）将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.因为，所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.（2）由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；分公司中75分以下的有62分，70分，73分，所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.所以的所有可能取值为1，2，3.，所以的分布列为123数学期望.16．（本小题满分15分）已知函数的最小正周期为.(1)求在上的单调递增区间；(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.【解】（1）.因为所以故.由解得当时又所以在上的单调递增区间为.（2）由得（所以.因为所以又所以又三角形为锐角三角形，则，则，所以，又，，则，所以的取值范围为.17．（本小题满分15分）如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；(2)若，，求二面角的平面角的正切值.【解】（1）在中，由余弦定理得，所以，所以，又，，面，面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解法一：过点作交于点，因为平面平面，平面平面，面，所以平面，因为面，所以，过点作交于点，连接，因为，面，面，所以面，因为面，则，所以是二面角的平面角.由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，又，所以三角形是正三角形，所以，.在直角三角形中，，所以.所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设，其中，由，得，所以，，即，所以，.设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以.又平面的法向量为，设二面角的大小为，因为为锐角，所以，所以，，所以，二面角的平面角的正切值为2.18．（本小题满分17分）已知（其中为自然对数的底数）.(1)当时，求曲线在点处的切线方程，(2)当时，判断是否存在极值，并说明理由；(3)，求实数的取值范围.【解】（1）解：当时，，可得，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）解：当时，，定义域为，可得，令，则，当时，；当时，，所以在递减，在上递增，所以，又由，存在使得，存在使得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；所以时，有一个极大值，一个极小值.（3）解：由，可得，由，因为，可得，令，则在上递减，当时，可得，则，所以，则，又因为，使得，即且当时，，即；当时，，即，所以在递增，在递减，所以，由，可得，由，可得，即，由，可得，所以，因为，设，则，可知在上递增，且，所以实数的取值范围是.19．（本小题满分17分）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．(1)求的方程，并说明轨迹的形状；(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．①当时，求证：的值及的周长均为定值；②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．【解】（1）设点，由题意可知，即，经化简，得的方程为，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．（2）设点，其中且，（ⅰ）由（1）可知的方程为，因为，所以，因此，三点共线，且，（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，则，由（1）可知，所以，所以为定值1；（法二）设，则有，解得，同理