高考预测卷-2024年普通高等学校统一招生考试（全国乙卷）数学预测试题丨答案

参考答案：故选：4C1B【分析】根据补集的运算求出ðN，再由并集的运算可得答案.pdR【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：y22px(p0)，F,0，y，代入抛物线方程可得xA22【详解】因为N{x，所以ðNx，R据4fp．，解得与d的关系，即可得出p23d2dM{x4x，所以MðN{x．R【详解】如图所示，建立直角坐标系，故选：B．2C【分析】根据复数的运算化简后，利用复数差的模求解.1ii)2i，1i2|i(i)2，即复数对应点之间的距离为2，故选：C3Cp设抛物线的标准方程为：y22px(p0)，F,0，22d2ddn1aabnyA，代入抛物线方程可得：2，解得x，nn228p消求和可得结果.2tan25或25【详解】由an22aaan2an12an1aaa2，所以数列aa构成以2为首项，2为公比的tan45（舍）nn1n21n1n2225122等比数列，dan1a2nn.52又，化为：45p85d0，22pd22228p又aa2，aa2…，aa2n1，3nn1221255pd或pd（舍）aaaaaa2122n1(n2叠加可得，22132nn1fp5.aa1222n1，即d2d4n1故选：.5C12n1212a2021222n12nn..n又因为a1满足上式，所以a2n1nN【分析】根据给定的程序框图，分析i的最大取值，再利用高斯函数的意义计算作答.1n【详解】初始值Si0，输入ki时，总是执行“”，并且当i63时，进入循环体，i64，计算并进入判断框，不等式不成立，退出循环，输出S2]64]，a11.1222222n12n1，22n22n112n1，所以n2而0，2]11有2个；4]7]22有422222n2n1n1，所以ba2n1n.即故2n2n1281531643有84有1622221111.bbn(nnn13256465有32，6有1nn1222111111S202311.223S2022438456.2222第1页，共页故选：C6CC错误；1871186133a2023b3452D正确.4522286AD,AAE,F，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B1角判断作答.故选：8B【详解】在正方体ABCD中，取棱AD,AAE,F，连接ME,EF,FN，11111【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出P(MP()，再利用条件概率公式求解作答.13211351【详解】依题意，P(M)，P()，3434344P()P(N)3P(N|M).5故选：B9B11MN分别为，AB的中点，则ME//CD//AB//NF,MECDABNF，22mnmn1emn22【分析】根据MFMF0．可得bc，可得，．可得，根据余弦定理121124因此四边形为平行四边形，则EF//MN,EFA，11化简，利用离心率计算公式即可得出．A，所以//A，A正确；1111x2y21a,b，半焦距为c．【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为：2b211aAABEF，所以，B正确；1111FEA是EF与平面所成的角，又AEAF,EAF90有FEA45，由于//，所以直线与平面所成的角为45C错误；，AA//DD，//是异面直线与DD所成的角，显然AFE45D正确.111故选：C7CAa,an21的表达式，n2∵椭圆C的上顶点为MMFMF0．112比较可得B2022位于数阵第86列C错误；2023位于数阵第c2∴Fbca22c2e．列通项公式可得D正确.1212a2aa4【详解】将等差数列a，a，a，a…，记为b，则公差d1023，不妨设点P在第一象限，设m，n．12510k1222aa31，b13k1k2A正确；22mnmn12kmn2a∴mna，．∴22．aa1142n113n2n1n211n13n1，abn2nan2B正确；2n2在△PFF中，由余弦定理可得：n2n22112π24c2m2n22mncosmnmn4a23a212第1行的项数，第2行的项数，k行的项数，构成以1为首项，2为公差的等差数列，即第kk1项，前k行k12k3有k2133264c2a212．两边同除以c24，解得：e．2∴e2e22221因为1936442202245220252022位于第行从左边数第项，即2022位于第列，故第2页，共页6fxfx121，不妨设xx，1221【详解】因为22对选项A，3A错误，x212则fxxfxx，11222323对选项，eeB正确，1222gxfxxR上递增，f02，令1232对选项，D，e21222CD错误.又故选：B．Bfex22ex2，所以不等式【分析】方法一：利用分离常数及指数函数的性质，结合不等式的性质及高斯函数的定义即可求解；方法二：利用指数函数的性质及分式不等式的解法，结合高斯函数的定义即可求解；fex2ex22f00，gex2g0，即eexx112【详解】方法一：函数fx1，1exe则0ex20，ex0，所以1e1，xx21，1201.20.1ex1ex2xln3，故选：B21111fx1.1ex当1fx0fx1；fxfx121，构造函数，利用其单调性得解.gxfxx【点睛】关键点点睛：本题关键是由x210fx1fx0.当故12fx的值域为0.4GHOBCAB的中点，O为OB,故选项AOABC213故选：8787213的内切球半径为B正确；QA,C与QBfx11fx99eexx116方法二：由fxex.3角的余弦值为，故选项D正确．fx1x0，所以1fx0，解得1fx1.e【详解】解：设GH，O，分别为，AB的中点，O为的中心，2177794△COB△ABC3,S37,S,1，故选项A正确；当1fx0fx1；表33337392311213设三棱锥OABC的内切球半径为rOGVSr，3(37)rr，0fx1fx0.113表333当396故选项B正确；fx的值域为0.QAQBQH474,72BH2QH2QH故选：．B3333QAQB14871487,，故选项C错误；fxfx99121xxfxxfxx2gxfxx，然后将不等式【解析】由，得到12112xx12QB∥OH，∥，所以异面直线与QB所成角就是OHG或其补角.22fex22ex2，转化为ge2g0，利用gx的单调性求解.x第3页，共页22323133x2y22OAOO，OH12()2,OG3()2.l:y1过定点Pk4,k判断；y1过定点P，若直线与椭圆1恒有公共212243335m22P在椭圆内部或椭圆上求解判断；④将方程配方为x2m2y4m15m，若方程表示圆，由22点，由点13311OH22HG2OG23331326，cosOHG24m15m0求解判断.22OHHG133221k1tan1[0,)a[,)l的斜率443所以异面直线与QB所成角的余弦值为故选：ABD．，故选项D正确．33②直线l:y1过定点P，k4,kA5，B2k4或k³-，44故正确；x2y21③直线y1过定点P1P1m5，5mmm的取值范围是m1且m5，故错误;122④方程x2y24mx2y5m0x2my4m215m4m215m0得m或4m1，故正确;故答案为：②④x2y2【点睛】易错点点睛：本题③容易忽视方程1表示椭圆，则m0且m5的条件.5m115．##π44【分析】由图象求得函数解析式f(x)，由平移变换求得g(x)的表达式，由g(x)的最值、值域求得．【详解】由图可得，T2(),w2f0，888kkZ，得,4241．##0.52fxAsin2x，4【分析】根据直线与圆的位置关系，即可求得k的取值范围，结合几何概型的概率求解，即可容易求得.fA2fxx，，8422【详解】因为直线ykx2xy1有公共点，gx2sin[2(x)]x则432k1，2gx在区间,)上的值域为2，因为函数1k33k2，注意到g()0，g()2，g(x)的周期是，因此取最小值时有g)1，1k13121112，解得.所以所求概率P.36422故答案为：164．412故答案为：.．②④2fxexxa0得exaee0，所以e1ex2a,e1ex2exxe，根据fxfx4x【分析】由1212【解析】①根据l的斜率k，得到1tan1，再根据直线的倾斜角的范围是[0,)求解判断；②根据直线程即可求出结果．第4页，共页∵aN*，1a3,故a2．fxexx有两个极值点x与x【详解】因为函数122fxexxa0exaexe0有两根x与x由1218(1)证明见解析e1ex2a,e1ex2exxex+x11212(2)fxfx4，12e1e212axx4xae,eaexxx【分析】(1)由线面平行判定定理证明MBA1，//A，根据面面平行判定定理证明平面//11122122e1ex22aaxx2a2aa4，A，根据面面平行性质定理证明1A；1则12a4(2)根据锥体体积公式由条件确定ADA与平面ABC111故答案为：4夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.1M，连接，因为在正三角形，又因为，所以MB，157．(1)4(2)存在，a2．）根据已知条件及正弦定理边化角，利用余弦定理及同角三角函数的平方关系，结合三角形的面积的公式即A，A，11可求解；MBA，12）根据已知条件得出边长的关系，利用余弦定理的推论即一元二次不等式的解法，结合三角形成立的条件即可求解.2sin3sinA及正弦定理，得ca，CM2MDCF2FA，所以//DA，11又因为baca2，2c2a2a，解得a4bc6，a2+b2-c21由余弦定理，得cosC==，2ab837C为锐角，则C12C，8121377因此，△ABCabC45．284而A，ADA，所以//A.11112）存在正整数a，使得为钝角三角形,理由如下：由cba2a110cb有MFMBM，MF,MBMFB，所以平面//A，1由ba1ba10cba，，ba又BFMFB，A.为钝角三角形，所以C为钝角，122（）因为VV2aa22，又因为的面积为定值，a2b2c2aaa3CA由余弦定理的推论可得C0<a<3，0，11aaaa所以当A到平面的距离最大时，四面体C的体积有最大值，11DEDC，DEAD，DCADD，，ADADC，1111由三角形的三边关系可得aa1a2，可得a1，第5页，共页DEADC，（）利用题干数据，代入公式，计算出b，ˆ，得到线性回归方程；ˆ1，所以平面ADC，（x代入到线性回归方程中，计算出y0.39804，从而求出这些树木的总材积量.1当ADCD时，平面A，ADADC1111(1)0.63.910AD，即在翻折过程中，点A到平面的最大距离是AD，由题意得：x0.06，y0.39，11110估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06，平均一棵的材积量为0.39因此四面体C的体积取得最大值时，必有AD.11(2)如图，以点D为原点，DE为xDA为y为z轴，建立空间直接坐标系，110iixy10ˆbi1，102i2210xi1ˆˆyx，故该林区这种树木的根部横截面积与材积量的回归直线方程为y6.7x0.012(3)25001250015322xi，所以xim，25002500MB23，DE3，D0，E3,0,0，i1i1将xy6.7x0.012中，得到y0.39804，C0，A0,1，B23,1,0，1则估计这些树木的总材积量为n0为平面ADE的一个法向量，1173520(1)A,48设平面的法向量为nx,y,z，1213(2)AC，CB23,2,021ACn3yz0312由y1x，z3，Ax,y，由此推出M的坐标，再根据，M都在椭圆上，代入椭圆方程即可n23x2y03【分析】(1)A是M，D的中点，设200求解；3n,为平面的一个法向量，213(2)设直线DA的方程，再根据B的对称性设DB的方程，与椭圆方程联立，求出MN点的坐标与AB点坐标的关系，将面积之比问题转化为坐标之比问题.nn13193cosn,n121231.nn121Ax,yM2x4,2y130000所以平面A与平面ABC的夹角（锐角）的余弦值为.11．(1)该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06，平均一棵的材积量为0.39；(2)y6.7x0.012；(3)995.10.6103.910）利用平均数公式计算出x0.06，y0.39即可；第6页，共页x2y2001111fxf0ffx0，所以fx恰有三个零点：x，，，从而得出结论.0004374xx0358由，M均在椭圆C上，∴，解得x，y，2002x44y20011axf2a∴，1）由条件得：fx1243x1f10fx在x1处的切线为：y2ax，7358又∴∴A,；14∵fx的图象在x1处的切线过点∴12a2∴a1.，x42DA方程为xmy4，Ax,y,Bx,y,D(4,0)，m0，00000x43m2y28my164y212，m24y0，23x24y2（）feaeaeaa2y02y023y02令gaeae令haeae2a，haaa2，gaeaeaa，a1yyM022m43x208x4y2024x52x∴x4，000304aaeaea2e1e20，y030yM∴．∴在，∴hahe1e20ga0ga在递减，∴520y02y023y05202yyNB24y043xx208200034y01∴gag1e1e10a1，fea0；sin30SSDMN1yN1∴，∴520S2SDAB1axxax12sin（）fx的定义域为：，fx1，2x2x2yyN9937x1；20a2时，由fx0xaa24，xaa42，Myy52x52x4x212220094000x2y2900y2，∴|x2y21xxfx)>0；xx,xfx0；xx,fx)>0，¢¢而00011224342【点睛】本题的难点在于要将面积之比转化为坐标之比，这个思路是在解题的开始时就应该产生的，后面的步骤只是这∴fx在x，x,2上单调递增，fxx,x在，112个思路的具体执行.．(1)a1∴fx至多有三个零点.∵(a2)(a4)4a80f0，fx在x递减，aa4222x1，a2a42(2)证明见解析(3)证明见解析12又1∴fxf10，又由（fea0，所以eax，11）求导，根据导数的几何意义求fx在x1处的切线方程，然后由切线过点的值；axea,xfx0，结合零点存在定理知：010feaeaeaa2，构造函数gaeaeaa22），a1，利用函数的单调性求证即可；1111fxfxxx0，又∴x0，1xxxx3fx0x,xfx在x，x,上单调递增，fxx,x在2fx121211∴ffx0x，