2024年高考数学临考押题卷01-备战2024年高考数学临考押题（全解全析）

第第页2024年高考数学临考押题卷01（新高考通用）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。一、单选题（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．若为纯虚数，，则（

）A．3 B．4 C．-3 D．-4【答案】A【分析】由复数除法运算化简复数，结合复数是纯虚数列方程解出参数即可.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.故选：A.2．已知平面向量，，，则与的夹角为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，由平面向量数量积的坐标运算可得，再由平面向量的夹角公式代入计算，即可得到结果.【详解】，，，，．故选：B3．甲、乙、丙、丁4人参加活动，4人坐在一排有12个空位的座位上，根据要求，任意两人之间需间隔至少两个空位，则不同的就座方法共有（

）A．120种 B．240种 C．360种 D．480种【答案】C【分析】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，此时空位一共还剩2个，再将这两个空位分一起和分开插入4人之间和两侧空位，即可得解.【详解】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，此时空位一共还剩2个，若将这两个空位连在一起插入4人之间和两侧空位，有5种放法；若将这两个空位分开插入4人之间和两侧空位，有种放法，故不同的就座方法共有种.故选：C.4．已知点在抛物线：（）上，为的焦点，直线与的准线相交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】代点计算可得抛物线方程，即可得焦点纵坐标与准线方程，即可得直线的方程，求出两直线交点，即可得点坐标，结合两点距离公式即可得解.【详解】由，有，即，即抛物线：，则，准线方程为：，故，整理得，令，则，即，则.故选：B.5．已知的内角的对边分别为若面积则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得.【详解】因为，所以，又由，所以.所以所以，又因为在中，，所以.故选：A6．某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型（，），其中为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为（

）（参考数据：，）A．12 B．13 C．14 D．15【答案】D【分析】由题意，根据指数幂和对数运算的性质可得，由，解不等式即可求解.【详解】由题意知，，当时，，故，解得，所以．由，得，即，得，又，所以，故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次．故选：D7．记数列的前n项积为，设甲：为等比数列，乙：为等比数列，则（

）A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用等比数列通项公式、等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.【详解】若为等比数列，设其公比为，则，，于是，，当时，不是常数，此时数列不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；若为等比数列，令首项为，公比为，则，，于是当时，，而，当时，不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，所以甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D8．设，，则下列关系正确的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得、，构造函数、，利用导数讨论两个函数的单调性可得、，即可求解.【详解】，，设函数，则，设，则，所以在上单调递减，且，即，所以在上单调递减，则，即，所以.设，则，所以在上单调递增，且，即，得，所以，即，解得.综上，.故选：B【点睛】方法点睛：此类比较大小类题目，要能将所给数进行形式上的变化，进而由此构造函数，利用导数判断单调性，进而比较大小.二、多选题（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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9．学校“校园歌手”唱歌比赛，现场8位评委对选手A的评分分别为15，16，18，20，20，22，24，25.按比赛规则，计算选手最后得分时，要先去掉评委评分中的最高分和最低分，则（

）A．剩下的6个样本数据与原样本数据的平均数不变B．剩下的6个样本数据与原样本数据的极差不变C．剩下的6个样本数据与原样本数据的中位数不变D．剩下的6个样本数据的35%分位数大于原样本数据的35%分位数【答案】ACD【分析】根据题意，利用平均数，极差，中位数和百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，8个数据的平均分为，去掉最高分和最低分后数据的平均分为，所以A正确；对于B中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的极差为，去掉最高分和最低分后，6个数据的极差为，所以B错误；对于C中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的中位数为，去掉最高分和最低分后，6个数据的中位数为，所以C正确；对于D中，由，所以8个数据的分位数为，去掉最高分和最低分后，可得，所以6个数据的分位数为，所以D正确.故选：ACD.10．已知，函数，，若在区间上单调递增，则的可能取值为（

）A． B． C．2 D．4【答案】BC【分析】先把函数化成的形式，再逐一验证的值，验证函数在给定的区间内是否单调递增.【详解】因为，当时，，函数在上递减，在上递增，故A不可以；当时，，因为，，则在上递增，故B可以；当时，，因为，函数，单调递增，所以在上递增，故C可以；当时，，因为，函数，不单调，故D不可以.故选：BC11．过点的直线与抛物线C：交于两点．抛物线在点处的切线与直线交于点，作交于点，则（

）A．直线与抛物线C有2个公共点B．直线恒过定点C．点的轨迹方程是D．的最小值为【答案】BCD【分析】设出直线的方程为，代入，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.【详解】设直线的方程为，联立，消去得，则，对于A：抛物线在点处的切线为，当时得，即，所以直线的方程为，整理得，联立，消去的，解得，即直线与抛物线C相切，A错误；对于B：直线的方程为，整理得，此时直线恒过定点，B正确；对于C：又选项B可得点在以线段为直径的圆上，点除外，故点的轨迹方程是，C正确；对于D：，则，令，则，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，D错误.故选：BC.

【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．第五步：根据题设条件求解问题中的结论．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知集合，，若．则m的取值范围是．【答案】【分析】由题意可得，再列出不等式组，解之即可得解.【详解】因为，所以，故，所以且，所以，解得.故答案为：.13．写出函数的一条斜率为正的切线方程：．【答案】（答案不唯一）【分析】根据导数的几何意义结合导数运算求导函数，取定义域内的点作切点，求斜率与切点坐标即可得切线方程.【详解】，，则，取切点为，则斜率为，又，则切线方程为：，即.故答案为：（答案不唯一）14．如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是．【答案】【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案.【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设球心，故，设平面的法向量为，则有，可取，则球心到平面的距离为，因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，所以，解得，所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.故答案为：.【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．已知正项数列的前项和为，，且．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出，可证明数列为首项为，公差为的等差数列，得到，利用得到的通项公式；（2）由（1）知，，化简可得，利用分组求和以及裂项相消即可求出数列的前项和.【详解】（1）当时，由，即，解得：，所以，则数列为首项为，公差为的等差数列；所以，则，当时，，当时，满足条件，所以的通项公式为（2）由（1）知，，所以，故，即16．如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱的轴截面是边长为6的正方形，，点在线段上运动．(1)证明：；(2)当时，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，由得到；（2）先由，得到点是线段的中点，求出的一个方向向量和平面的一个法向量的坐标夹角余弦的绝对值，即为与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接并延长，交于，交圆柱侧面于，，为圆柱的高，两两垂直，以为原点，过点做平行线为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，，，在中，由射影定理得，，从而，，设，，，.（2）由（1）可得，，，得，即点是线段的中点，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，设的一个方向向量为，于是得：，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.17．已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)若不等式对任意的恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)递增区间为，递减区间为(2)【分析】（1）求出导函数后借助导函数的正负即可得原函数的单调性；（2）可借助，得到，在的情况下，借助，从而构造函数，结合该函数的单调性及最值即可得解；亦可通过参变分离，得到对任意的恒成立，通过研究得解.【详解】（1）当时，，其定义域为，，令，得（舍去），当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）方法1：由条件可知，于是，解得．当时，，构造函数，，，所以函数在上单调递减，于是，因此实数m的取值范围是．方法2：由条件可知对任意的恒成立，令，，只需即可．，令，则，所以函数在上单调递增，于是，所以函数在上单调递增，所以，于是，因此实数m的取值范围是．18．“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．(1)若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为，求的分布列与数学期望；(3)求丙在3月份第天选择“共享单车”的概率，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为(3)；2天【分析】（1）利用相互独立事件概率的乘法公式与条件概率公式进行求解即可；（2）依题意得到的所有可能取值及对应的概率，从而求得分布列及数学期望；（3）由题意，求得与的关系，通过构造等比数列求出，再由求出对应的，即可求解．【详解】（1）记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件，则，又，所以，即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为．（2）由题意可知，的所有可能取值为0，1，2，3，则，，，，所以的分布列为0123故，即的数学期望为．（3）由题意得，则，所以，所以．又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，经检验当时，上式也成立，所以．由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足，即，则，即，当为偶数时，显然不成立，当为奇数时，不等式可变为，当时，成立；当时，成立；当时，，则时，不成立．又因为函数单调递减，所以当时，不成立，所以只有在第1天和第3天时，，所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2