数学（新高考九省专用）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01【新高考九省专用】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，只有一项是符合要求的。1．随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“618”促销活动．市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据（如表所示），用最小二乘法求得关于的线性回归方程是，预测当售价为45元时，销售量件数大约为（

）（单位：百件）2025303540578911A．12 B．12.5 C．13 D．11.75【答案】D【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，从而得到回归直线方程，再代入计算可得.【详解】因为，，所以回归直线过点，故，即，所以．将代入中，得．故选：D．2．已知是椭圆的两个焦点，过点且垂直于轴的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设出椭圆方程，根据给定条件，列出方程组求出椭圆长半轴长即可得解.【详解】依题意，设椭圆方程为，则，直线，由，解得，则，于是，所以椭圆的离心率为.故选：A3．设正项等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列，则与的关系是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用等比数列的通项公式列方程求公比，然后求出和观察它们之间的关系即可.【详解】设正项等比数列的公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，解得，所以，，则.故选：A.4．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【分析】利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系判断ACD，利用空间向量判断线面位置关系，从而判断B，由此得解.【详解】对于A，若，，则有可能，故A错误；对于B，若，，则直线的方向向量分别为平面法向量，又，即，所以，故B正确；对于C，若，，则有可能，故C错误；对于D，若，，则有可能，故D错误.故选：B.5．第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日至8月8日在中国四川省成都市举行，是中国西部第一次举办世界性综合运动会.该届赛事共设篮球、排球、田径、游泳等18个大项，269个小项，其中，篮球项目比赛、热身和训练在凤凰山体育公园等8个体育场馆举行.将5名志愿者分配到3个场馆，每个场馆至少有1名志愿者，且每名志愿者只去一个场馆，则志愿者甲、乙到同一场馆的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】按不同的分组情形分类讨论，利用排列、组合数求出所有分配方法，再利用捆绑法求出甲、乙到同一场馆的情况，代入古典概型的概率公式计算即可.【详解】5名志愿者分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1，1或2，2，1，当分为3，1，1时，有（种）分配方法，当分为2，2，1时，有（种）分配方法，即共有（种）分配方法，其中志愿者甲、乙到同一场馆，将甲、乙看作一个整体，情况有（种）分配方法，故志愿者甲、乙到同一场馆的概率为，故选：D6．已知圆O：，P为直线l：上的一个动点，过P作圆O的切线，切点分别为A、B，若直线PA、PB关于直线l对称，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，，求出，再结合二倍角公式即可得解.【详解】由题知、关于直线对称，知，则，记，则，则，所以．故选：B．7．已知，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式化简求出，然后利用同角三角函数基本关求解即可.【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，所以，即，又，所以.故选：D8．已知双曲线的右焦点为是的一条渐近线上位于第一象限内的一点，延长线段与的另一条渐近线交于点．若为坐标原点，，则的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，可求得，进而计算，即可求得结果.【详解】由，得，所以，由，得，解得或（舍去），所以，从而的渐近线方程为．故选：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．设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（

）A．若，则B．对任意复数，，有C．对任意复数，，有D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为【答案】BC【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.【详解】对A：由，故，故，故A错误；对B：设、，则，，故，故B正确；对C：设、，有，则，，故，故C正确；对D：设，则有，集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，故，故D错误.故选：BC.10．已知函数（，）满足，且在上单调递减，则（

）A． B．为奇函数C．的对称轴为， D．在上有3个零点【答案】AC【分析】先通过条件推知是的对称中心，以及是的的对称轴，然后结合在上单调递减得出，在上单调递减，再推知，至此可直接验证A正确，而验证是否为0即可判断B，分别解方程和即可判断C和D.【详解】由于在上单调递减，，故对应的点是的对称中心，即.同样地由于在上单调递减，故最小正周期.同时，由于对任意的实数，方程在一个形如的区间上至多有两个根，且在有两个根的情况下，这两个根的平均值对应的直线一定是的的对称轴，而，，从而，故对应的直线一定是的的对称轴.现在，由于是的对称中心，是的的对称轴，故是的对称轴.而在上单调递减，，故，在上单调递减.再由是的对称中心，就知道，所以，故.此时得到，代入得，即.从而，由知，所以，即.经验证，满足条件.然后逐一验证各个选项：我们已经推出，故A正确；由，知函数在处有定义但不过原点，从而不可能是奇函数，B错误；由于当且仅当，即，即，故的对称轴是，C正确；由于当且仅当，即，即，故在上的全部零点是，只有2个，D错误.故选：AC.11．已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（

）A．在上为减函数 B．当时，C． D．在上有且只有1个零点【答案】BCD【分析】根据题意，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，可判定C正确；再由时，，可判定B正确；根据是定义在上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定D正确．根据的单调性无法判断，可判定A错误．【详解】由，可得．令，则当时，，所以在上单调递增，所以，即，可得，所以，所以C正确；因为，所以当时，，又因为，所以当时，，所以B正确；由是定义在上的奇函数，故当时，，又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确．因为的单调性无法判断，所以A错误．故选：BCD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为．【答案】15【分析】由题意先求出，再求出的展开式的通项公式，令代入即可得出答案.【详解】因为的展开式中第2项的二项式系数为6，所以，，的展开式的通项公式为，令，得，故展开式中的常数项为．故答案为：15.13．在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为．【答案】/【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解.【详解】分别取、的中点、，连接．因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，平面，所以，，因为，所以，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以，所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上．设，则，即，所以，所以三棱锥外接球的半径为，表面积为，因为，，即，所以、、、四点共圆，所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，故四棱锥外接球的表面积为．故答案为：14．1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，P为费马点，则的取值范围是.【答案】【分析】设，，进而得到，，然后在中通过余弦定理得到的关系式，在和中通过正弦定理得到的关系式和的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.【详解】如图，根据题意，设，，则，，在中，由余弦定理有…①

在中，由正弦定理有，在中，由正弦定理有，故，则，由①，…②，且，设，则，由题意，，所以，而，由对勾函数的性质可知.由②，，易知函数在上单调递减，于是.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知函数．(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；(2)若曲线在点处的切线与轴垂直，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件知，有两个正的变号零点，即方程有两个不相等的正实根，有及韦达定理得到不等式，解出后验证即可；（2）根据条件，可求得，不等式转化为，利用导数考察不等式左右两边函数的最值即可证明.【详解】（1）由题，，函数的定义域为，，2分因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正实根，设为，且，得，且，得．4分当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减．所以在处有极小值，在处有极大值，因此的取值范围是．6分（2）因为，则，由题意知，得，7分故，所以，即，即．8分令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以．10分令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以．12分显然与不同时为0，所以，故13分16．（15分）近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼.(1)该校学生甲､乙､丙三人某周均从两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲､乙､丙该周选择健身中心健身的概率分别为，求这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率；(2)该校学生丁每周六､日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心的其中一个，其中周六选择健身中心的概率为.若丁周六选择健身中心，则周日仍选择健身中心的概率为；若周六选择健身中心，则周日选择健身中心的概率为.求丁周日选择健身中心健身的概率；(3)现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其值低于1分的概率为0.02.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过.若抽取次数的期望值不超过23，求的最大值.参考数据：.【答案】(1)；(2)；(3)30.【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式进行计算；（2）设出事件，利用全概率公式进行求解；（3）设抽取次数为，求出的分布列和数学期望，利用错位相减法求出，判断其单调性，结合特殊值，求出答案.【详解】（1）由题意得这三人中这一周恰好有一人选择健身中心健身的概率3分（2）记事件：丁周六选择健身中心，事件：丁周日选择健身中心，则，4分由全概率公式得.故丁周日选择健身中心健身的概率为6分（3）设从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为，则，7分设抽取次数为，则的分布列为123故，9分又，两式相减得，所以，11分而在时单调递增，可知当时，；12分当时，；13分当时，14分若抽取次数的期望值不超过23，则的最大值为3015分17．（15分）如图所示，三棱柱所有棱长都为，，为中点，为与交点．(1)证明：平面；(2)证明：平面平面；(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）取中点，连接，，，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面．（2）由题意证明，，得出平面，即可证明平面平面．（3）依题意可得为直线与平面所成角，由直线与平面所成的角的正弦值求出，从而求出，再由余弦定理求出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，计算二面角的余弦值．【详解】（1）取中点，连接，，；因为，分别为和的中点，所以且，2分又且，所以且，即四边形为平行四边形，所以，4分又因为平面，平面，所以平面．5分（2）因为三棱柱所有棱长都为，，所以，，为的中点，四点共面，7分所以，且，，平面，，所以平面，8分又平面，所以平面平面．9分（3）由题意知，，且，，平面，，所以平面，又，所以平面，所以为直线与平面所成角，10分又，所以，11分因为，所以平面，平面，所以平，所以为直角三角形，所以，所以，在中，，所以，12分以为原点，作平面，以，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，由，所以，所以，，13分设平面的一个法向量为，则，即，14分令，解得，所以平面的一个法向量为，记二面角的平面角为，由图可得为锐角，则，即二面角的平面角的余弦值为．15分18．（17分）已知椭圆：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，的面积的最大值为.(1)求E的方程；(2)设O为原点，点N在直线上，N，P分别在x轴的两侧，且与的面积相等.（i）求证：直线与直线的斜率之积为定值；（ⅱ）是否存在点P使得，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）不存在点【分析】（1）利用待定系数法，列方程组，即可求解；（2）（ⅰ）首先利用坐标表示和，利用面积相等，以及点在椭圆上的条件，即可化简斜率乘积的公式，即可证明；（ⅱ）由条件，确定边长和角度的关系，再结合数形结合，即可判断是否存在点满足条件.【详解】（1）当点是短轴端点时，的面积最大，面积的最大值为，1分则，得，，3分所以椭圆的方程为；4分（2）（ⅰ）设，，，，6分由题意可知，，，即，8分所以；10分

（ⅱ）假设存在点，使得，11分因为，，，所以，，，则，13分由（ⅰ）可知，，又，所以三点共线，14分如图，

则，所以，16分则点与点重合，这与已知矛盾，所以不存在点，使17分19．（17分）定义两个维向量，的数量积，，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.(1)求2的完美3维向量集；(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和.【答案】(1)(2)不存在完美4维