数学（九省新高考新结构卷03）-备战2024年高考《数学》临考押题（全解全析）

第第页2024年高考押题预测卷数学·全解全析一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，得，，所以，所以.故选：C．2．已知复数满足，则复数的共轭复数的模（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，所以，所以.故选：A.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【答案】D【解析】对于A，若，，，则相交或平行，故A错误；对于B，若，，则或，故B错误.对于C，若，，，当两两相交时，两两相交，故C错误；对于D，若，，，由线面平行的性质可得，故D正确故选：D.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【答案】B【解析】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．记为等比数列的前项和，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据题意，设等比数列的公比为，若，即，故．故选：C．6．的内角的对边分别为.已知，，，则的外接圆半径为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】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：A7．己知，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以.故选：B.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．【答案】D【解析】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：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【答案】AB【解析】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．已知的部分图象如图所示，则（

）A．的最小正周期为πB．满足C．在区间的值域为D．在区间上有3个极值点【答案】AD【解析】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．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．【答案】ACD【解析】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.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．【答案】16【解析】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.13．若抛物线的焦点到直线的距离为1，则实数的值为．【答案】【解析】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．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．【答案】【解析】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.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．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】（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：012故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.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）由题得，的定义域为..的图象在点处的切线与直线l:2x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.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．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．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（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．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.【答案】（1）；（2）是定值，【解析】（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.19．已知，集合其中.（1）求中最小的元素；（2）