数学（广东专用02新题型结构）-2024年高考考前押题密卷（全解全析）

第第页2024年高考押题预测卷【广东专用02】数学·全解全析第一部分（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。12345678DCBDBADC1．【答案】D【解析】由复数，所以，所以，则.故选：D.2．【答案】C【解析】,故，故选：C.3．【答案】B【解析】因为为平行四边形，则由，∴.故选：B.4．【答案】D【解析】由等差数列性质可知，可得；设等差数列的公差为，可得，解得；又.故选：D5．【答案】B【解析】过点作，交于点，在直角三角形中，因为，所以，在直角三角形中，因为，所以，则.故选：B.6．【答案】A【解析】由已知，，令得或，由题意是极小值点，则，若，则时，，单调递减，时，，单调递增，则是函数的极小值点，若，则时，，单调递减，时，，单调递增，则是函数的极大值点，不合题意，综上，，即.故选：A.7．【答案】D【解析】对A，设，，则由得，即，又因为为圆上的动点，所以满足，即轨迹是一个半径为3的圆，故A正确；对B，因为圆心距，所以圆与轨迹有两个交点，故B正确；对C，由于，半径为3，所以切线长为4，所以两切点的距离满足，即，故C正确；对D，首先圆心到直线的距离为，则该直线与圆相离，因为点为直线上的动点，则PB的最小值为，故D错误；故选：D.8．【答案】C【解析】取中点，连接、，则有，，又，、平面，故平面，又平面，故，又，，、平面，故平面，又、平面，故，，由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.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．91011BCDBCDCD9．【答案】BCD【解析】对于选项A：甲的数据介于[1.5,7.5]之间，极差小于或等于6；乙的数据分布于[2.5,8.5]，极差小于或等于6；从而甲和乙的极差可能相等，故A错误；对于选项B：根据频率分布直方图可知，甲的众数介于[2.5,5.5)之间，乙的众数介于(5.5,6.5]，故乙的众数大于甲的众数，B正确；对于选项C：甲的数据平均分布，乙的数据分布在中间集中，故甲的方差大于乙的方差，故C正确；对于选项D：对于甲，各组频率依次为：，因为前两组频率之和，前三组频率之和，故中位数位于[3.5,4.5)之间；同理，对于乙，各组频率依次为：，前三组频率之和，前四组频率之和，故中位数位于[5.5,6.5)之间，所以乙的中位数大于甲的中位数.故D正确.故选：BCD.10．【答案】BCD【解析】因为，且定义域为R，所以为偶函数，故选项A不正确；因为，所以取值范围为，故的最大值为，最小正周期为，函数图象的对称轴为，故选项B、C、D正确.故选：BCD..11．【答案】CD【解析】由已知，，设过点的直线方程为：，设点，则，，由，得，所以，，，，所以，故A错误，，故B错误，，,故，C正确，，由选项C可知，所以，故,D正确；故选：CD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．【答案】【解析】对，有，则当时，有，当时，有，则有，故的展开式中的系数为.故答案为：.13．【答案】【解析】如图，过作⊥，交于，过A作⊥，交于，因为在中，,，则，当四点共面时，点A到的距离最大．因为⊥，所以是BC与平面所成的角，则，则，于是，，即A到的最大距离为．故答案为：．14．【答案】【解析】先证明不等式，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，当时取等号，所以，因为，当且仅当时取等号，所以，因为，当时取等号，所以，且，，解得，所以，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、证明过程或演算步棸。15．【解析】（1）由题意可知，点在线段的垂直平分线上，所以，又点是圆上一动点，所以．①当时，；②当时，，所以的轨迹满足，根据双曲线定义可知，点的轨迹是以为左､右焦点，实轴长为的双曲线，可得，所以的轨迹的方程为．（2）设，所以，因为直线的斜率为，所以，即，与联立解得（舍去）或3．所以点的坐标为．16．【解析】（1）因为，，所以根据余弦定理可得，代入数值解得，所以，所以.又因为，M是BC的中点，所以，，所以在中，，，解得，所以，所以.因为，所以，又，，平面，平面，所以平面，而平面，所以.又，，平面，平面，所以平面，而平面，所以.（2）由（1）得，平面，，所以以为原点，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，所以，，，，根据三棱柱的性质可知，.假设存在符合题意的点，所以设所以，设平面的法向量为，由，得到，取，所以，所以平面的法向量为而且平面的法向量为，因为二面角的正弦值为，所以二面角的余弦值为，所以，解得，又因为，所以，此时，所以.综上，在棱上存在点P，使得二面角的正弦值为，的长度为.17．【解析】（1）由题意可知这2人恰好来自不同年级的概率是；（2）由题意可知，所以，显然时，，即单调递减；时，，即单调递增；则时，取得最大值，由题意可知的可能取值为，则，，，，则其分布列为：X0123P所以.18．【解析】（1）对求导得.当时，对有，故在上单调递增；当时，有，而当时，，故当时，当时，从而在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）若，由于，故存在正数使得，条件满足；若，则由（1）的结论，知在上单调递增，在上单调递减，从而此时对任意的都有，条件不满足.综上，的取值范围是.（3）设，，我们分唯一性和存在性两方面来证明.唯一性：由，知的导数等于，而，故显然恒为负，从而在上单调递减.特别地，在上单调递减.这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证.存在性：我们先考虑函数，这里.由于，故当时，当时，从而在上单调递减，在上单调递增，从而对于任意的，都有，即.这就得到，对任意，有.从而，对任意的，都有；而对任意的，都有.然后回到原题，首先我们有.同时我们又有，，故.由零点存在定理，知一定存在，使得.综合上述的存在性和唯一性两个方面，知存在唯一的，使得.19．【解析】（1）因为关于单调递增，所以，，于是，的前项和．（2）由题意可知，，所以，因此，即是单调递增数列，且，由“生成数列”的定义可得．（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数