数学-2024年高考终极押题猜想（全国卷专用）（解析版）

第第页2024年高考数学终极押题猜想（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）押题猜想一复数………………1押题猜想二函数模型的应用…………………4押题猜想三三角函数中的参数问题…………7押题猜想四概率………………13押题猜想五平面向量…………17押题猜想六数列………………21押题猜想七函数的图像………………………25押题猜想八圆锥曲线及其性质………………29押题猜想九抽象函数问题……………………35押题猜想十球…………………41押题猜想十一新定义问题……………………50押题猜想十二线性规划………………………54押题猜想十三三视图…………60押题猜想一复数已知复数满足，则（

）A． B． C．4 D．12【答案】B【分析】根据复数的运算法则，求得，再由复数模的计算公式，即可求解.【详解】由复数满足，可得，则.故选：B.押题解读本部分多以选择题呈现，每年一题，以考查复数的四则运算为主，偶尔与其他知识交汇，难度较小．考查代数运算的同时，主要涉及考查的概念有：复数的代数形式、共轭复数、复数的模、复数的几何意义等，本题考查复数的代数运算、复数的模，考查考生的运算能力，是高考的热点之一.1．已知i为虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，得到共轭复数为，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数，可得共轭复数为，其在复平面内对应点为，位于第二象限.故选：B．本题考查复数乘法、除法运算、共轭复数的概念以及复数的几何意义，复数的除法运算中，要注意利用共轭复数的性质，通过分子，分母同乘分母的共轭复数将分母实数化．除法运算由于相对复杂，因此考试中最容易计算出错，2023新课标I第2题、全国乙理科第1题、全国甲文科第2题都考查了复数的除法运算．要判断复数对应点所在象限，就要掌搞清楚复数、复平面内的点以及向量三者之间的关系，这也是高考命题的一个热点。2．已知复数且有实数根b，则=（

）A． B．12 C． D．20【答案】D【分析】根据题意可求得，从而得，求解得，从而可求解.【详解】由题意知为的实数根，则，即，则，解得，所以，所以，故D正确.故选：D.本题考查复数相等以及复数模的概念，从定义出发，把复数问题转化成实数问题来处理．复数相等是一个重要概念，它是复数问题实数化的重要工具，通过复数的代数形式，借助两个复数相等，可以列出方程（组）来求未知数的值．如2023全国甲理科第2题．3．若复数z满足：，则为（

）A．2 B． C． D．5【答案】C【分析】利用共轭复数的概念及复数相等的充要条件求出，进而求出.【详解】设，则所以，即，所以.故选：C.本题考查复数的定义、共轭复数的概念、复数的模，从定义出发，把复数问题转化成实数问题来处理是处理复数问题的一个基本思路，也是高考考查的一个方向.4．已知为纯虚数，则实数a的值为（

）A．2 B．1 C． D．【答案】A【分析】利用复数的四则运算化简，再利用复数的分类即可得解.【详解】因为，因为为纯虚数，所以，则.故选：A.押题猜想二函数模型的应用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：D押题解读以生活中的问题为背景，以指数函数、对数函数为载体，考查指数、对数的运算及利用数学模型解决实际问题的能力，属于生活实践情境题，体现高考命题的应用性和创新性，这也是近几年全国卷的一个考试热点.1．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式，它表示在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速率C取决于信通带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计，按照香农公式，由于技术提升，带宽W在原来的基础上增加20%，信噪比从1000提升至5000，则C大约增加了（

）（附：）A．48% B．37% C．28% D．15%【答案】A【分析】利用对数的运算性质，由香农公式分别计算信噪比为1000和5000时的比值即可求解.【详解】由题意可得，当时，，当时，，所以，所以的增长率约为.故选：A本题属于新定义型问题，这类问题只需要运用给定的数学模型直接运算即可，新定义题容易造成一定的阅读压力，解题的关键是聚焦关键信息，从数学的角度对生活中的问题进行抽象.2．假设甲和乙刚开始的“日能力值”相同，之后甲通过学习，“日能力值”都在前一天的基础上进步2%，而乙疏于学习，“日能力值”都在前一天的基础上退步1%.那么，大约需要经过（

）天，甲的“日能力值”是乙的20倍（参考数据：，，）A．23 B．100 C．150 D．232【答案】B【分析】根据给定信息，列出方程，再利用指数式与对数式的互化关系求解即可.【详解】令甲和乙刚开始的“日能力值”为1，天后，甲、乙的“日能力值”分别，依题意，，即，两边取对数得，因此，所以大约需要经过100天，甲的“日能力值”是乙的20倍.故选：B3．研究表明，地震时释放的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为.2023年12月18日在甘肃积石山县发生了里氏6.2级地震，2024年1月4日在斐济群岛发生了里氏5.7级地震，若前后这两个地震释放的能量之比是，则的整数部分为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据题意结合指、对数运算求解.【详解】设前后两次地震释放的能量分别为，由已知得，两式相减得，则，因为，则，即，所以的整数部分为5.故选：C.通过文本阅读考查学生的数学阅读技能和逻辑思维能力，通过数据处理考查学生的运算求解能力，主要涉及到对数的运算性质.4．“绿水青山就是金山银山”的理念已经提出18年，我国城乡深化河道生态环境治理，科学治污.现有某乡村一条污染河道的蓄水量为v立方米，每天的进出水量为k立方米，已知污染源以每天r个单位污染河水，某一时段t（单位：天）河水污染质量指数（每立方米河水所含的污染物）满足（为初始质量指数），经测算，河道蓄水量是每天进出水量的50倍.若从现在开始停止污染源，要使河水的污染水平下降到初始时的，需要的时间大约是（参考数据：，）（

）A．1个月 B．3个月 C．半年 D．1年【答案】B【分析】由题意可知，，利用指数与对数的运算性质进行化简求解，即可得到答案．【详解】由题意可知，，故，则，即，所以，则要使河水的污染水平下降到初始时的，需要的时间大约是90天，即三个月．故选：B．本题以生活现实为背景考查函数在生活中的运用，求解过程需要运用指数与对数的性质进行化简求解.押题猜想三三角函数中参数问题已知函数在区间内不存在最值，且在区间上，满足恒成立，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【分析】根据题目中的限制条件列出关于的不等式组，进而求得答案.【解法一】由，则内不存在最值，即，则，，分别取，结合可得则或，由，则，结合的范围可知又恒成立，故且，或；所以的取值范围是.故选：D【解法二】当时，，函数在区间内不存在最值，故，所以，则，结合正弦函数的图像，根据函数不存在最值可知或，即或解得或，由，则，结合的范围可知又恒成立，故且，或；所以的取值范围是.押题解读根据函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)满足的一些条件,求实数ω的取值范围是三角函数中比较典型的一类问题，此类问题在各地高考试题中频频出现，三角函数中的参数问题已经成为近几年的高考热点内容，这类题目考察形式以选择题、填空题为主，这类问题由于涉及到参数问题,题目大多比较灵活,难度较大，考生得分较低，本题通过最值的存在情况和不等式的恒成立限制参数范围，综合考查三角函数的图像与性质，符合高考命题方向，值得考生在复习中关注.1.已知函数，，若在区间内没有零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析一】，，因为在区间内无零点，所以，所以；当时，，此时，设，函数的图像：因为在区间内无零点，所以或，故或解得，从而选D.【解析二】，，时，，要想在区间内无零点，则要满足，解得，要想不等式组有解，则要，解得，故或0，当时，，解得，当时，，解得，则的取值范围是.故选D根据三角函数在给定区间上根的分布求参数的范围，是这类问题的一个命题方向，如2023年新高考卷和2022年全国卷都在这个角度设计了问题，其中涉及到的“卡根法”是处理这类问题的基本方法。1.已知函数在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】当时，，因为在上单调递增，所以，解得.当时，，因为，所以.因为在上单调递减，所以且，解得，又，所以的取值范围是.故选A本题考查根据三角函数在给定区间上的单调性求参数范围，这类题目求解过程中，要注意所给单调区间的长度对周期的限制作用.2.的周期为，且满足，若函数在区间不单调，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】已知，令，解得则函数对称轴方程为函数在区间不单调，，解得，又由，且，得，故仅当时，满足题意.故选C.3.已知函数，若将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于坐标原点对称，则m的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】的图象向左平移m个单位长度后，得到的图象对应函数，因为的图象关于坐标原点对称，所以，即，因为，故当时，m取得最小值．故选B.三角函数图像的变换也是高考的热点，本题将函数图像的变换、函数图像的对称性相结合综合考查三角函数的性质，注意“整体思想”的应用.4.已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】函数．当时，令，则，若在有且仅有3个零点和3条对称轴，则在有且仅有3个零点和3条对称轴，则，解得.故选A．

5.函数在区间上为单调函数，图象关于直线对称，下列判断错误的是（

）A．B．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于轴对称C．若函数在区间上没有最小值，则实数的取值范围是D．若函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围是【答案】C【分析】根据单调性及对称轴求出解析式，即可以判断选项A，由函数的平移变换可以判断选项B，根据函数图象的零点和最值即可判断C，D.【详解】选项A：根据题意函数在区间上为单调函数，可以判断为单调递增函数，则，，解得又因为图象关于直线，则，，解得，当时，符合条件.则A正确；选项B：由A可知向右平移个单位长度后，解析式变成，则图象关于轴对称.B正确；选项C：函数在区间没有最小值，则令，，则，当，即时，没有最小值.C错误；选项D：函数在区间上有且仅有2个零点，因为时，为函数的零点，所以另一个端点只能让函数再有一个零点即可.所以，即，D正确.故选：C.押题猜想四概率一个箱子中装有6个红球和4个白球，从中随机取出三个球，则取出的三个球中至少有一个红球的概率（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先判断这是古典概型，因所求事件正面情况多，故考虑先求其对立事件概率，再运用对立事件概率公式即可求得.【详解】因是随机取球，每个球被取到的可能性相同，故这是古典概型.从中随机取出三个球的方法总数为种，而“取出的三个球中至少有一个红球”的对立事件是“取出的三个球中全是白球”，其取法有种，故“取出的三个球中至少有一个红球”的概率为.故选：A.押题解读概率是全国卷中每年必考的一个知识点，考查形式一般是选择题，难度较低，主要考查古典概型、几何概型、相互独立事件和条件概率，如2023年全国（甲卷）理科考查条件概率，2023年全国乙卷文科考查几何概型，2022年（乙卷）理科考查相互独立事件，2022年（甲卷）文科考查古典概型等，这都体现了概率这部分内容在高考中的重要地位.1．某校甲、乙、丙、丁4个小组到A，B，C这3个劳动实践基地参加实践活动，每个小组选择一个基地，则每个基地至少有1个小组的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据分组分配以及分步乘法技术原理即可求解个数,由古典概型概率公式求解即可.【详解】每个小组选择一个基地，所有的选择情况有种，每个基地至少有1个小组的情况有,故概率为，故选：C本题考查古典概型的知识，在求解过程中应用数学阅读技能确定此概率问题为古典概型，再调用计数原理和排列组合的知识确定样本空间样本点的个数及事件包含的样本点的个数.2．现有随机事件件A，B，其中，则下列说法不正确的是（

）A．事件A，B不相互独立 B．C．可能等于 D．【答案】C【详解】易知，所以事件A，B不相互独立，即A正确；由条件概率公式可知，，故B正确，C错误；由和事件的概率公式可知，故D正确；故选：C本题综合考查独立事件的乘法公式、条件概率公式、和事件的概率公式，是概率部分的一个综合题，虽然难度不大，但涉及的知识点较多，体现知识的覆盖性，值得关注.3．已知点为可行域内任意一点，则的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】列出满足可行域的点的坐标，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】可行域内的点有，，，，，，，，共个，其中满足的有，，，共个，所以所求的概率.故选：C4．在区间随机取1个数，则使得的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据得出的区间长度，再求出总区间长度，利用几何概型公式求得答案.【详解】因为，又，所以，，，即有时，成立，.在区间上随机取一个数，则使得的概率为.故选：C.本题考查三角函数的图像与性质、几何概型的求解，对于与曲线有关的几何概型问题还要注意做图技能的培养，几何概型是全国卷中的一个热点内容，在复习中不容轻视.5．纸箱内有除颜色外完全相同的4个白球、3个绿球，纸箱内有除颜色外完全相同的3个白球、3个绿球，先从纸箱中随机摸出一个球放入纸箱中，然后从纸箱中随机摸出一个球.事件“从纸箱中随机摸出一个绿球”记为，事件“从纸箱中随机摸出一个绿球”记为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，由条件概率的计算公式代入计算，即可得到结果.【详解】因为纸箱内有4个白球、3个绿球，所以.若从纸箱中摸出的绿球放入纸箱中，此时纸箱中有3个白球、4个绿球，因此.所以，故选：C.押题猜想五平面向量已知向量．若，则的值为（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】根据平面向量的坐标运算以及夹角公式即可求解.【详解】，则，解得，故．，则．，则，即，解得．故选：D押题解读纵观历年考题，平面向量问题以基础性为主，稳定中凸显变化，变化中追求创新，突出向量的线性运算和坐标运算，特别是线性运算、夹角计算、数量积的考查较多，模的计算、向量的垂直与平行也经常出现，本题的求解涉及到平面向量的坐标运算，数量积以及夹角，很好的体现这种命题特点.1．已知向量，向量满足，，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出，根据题意利用向量的坐标运算列式运算求解.【详解】设，则，由，得，又，得，即，联立，解得..故选：C.本题考查平面向量的平行与垂直，以及平面向量的坐标运算，体现了试题的基础性，考查考生的运算求解能力，属于高考中应知应会的基础题目.2．在中，角A为，角A的平分线AD交BC于点D，已知，且，则（

）A．1 B． C．9 D．【答案】C【分析】利用共线定理的推理求得，然后以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，根据坐标运算求得，然后由数量积的坐标表示可得.【详解】由可得：，因为B，C，D三点共线，故，即，所以，以A为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系如图所示，因为，，则，因为，故设，则由得，解得，故，，所以.故选：C.本题以三角函数为背景考查数量积的运算，向量是数形结合的产物，利用向量解决问题时，建立直角坐标系，选择坐标运算往往更简单．向量的几何分解与坐标意识是高考向量题的两个命题方向，充分体现了平面向量的数学思想和数学本质，也是数形结合的核心．3．已知非零向量满足，则（

）A．45° B．60° C．120° D．150°【答案】D【分析】根据向量垂直得到，再应用数量积公式及夹角公式计算即可.【详解】．所以，又，，由均为非零向量，则，且在到之间，故．故选：D．4．已知向量，若，则的最小值为.【答案】【分析】先由向量的坐标运算求，再结合平行关系可得，再由向量的模长公式结合两点之间的距离、点到直线的距离可得.【详解】由题意知，，即，，可看作点到点的距离，.故答案为：.5．如图，在边长为2的正方形中．以为圆心，1为半径的圆分别交于点．当点在劣弧上运动时，的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，建立坐标系，设出点的坐标，利用数量积的坐标表示建立函数关系，求出函数的值域即可.【详解】依题意，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，设点，而，则，因此，由，得，则，因此，所以的取值范围为.故选：B对平面向量的备考，要适当关注解析几何、三角函数、不等式等知识与平面向量的交汇问题，这也是高考中的一个命题方向，如2023年乙卷第12题.押题猜想六数列设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得结论．【详解】，，，即且，，且，两边都除以，得，可得．对于A，由，可得，故A项不正确；对于B，由于，所以不成立，故B不正确；对于C，因为，所以，可得．结合，可得，故C正确；对于D，根据且，当，时，，此时不成立，故D不正确．故选：C．押题解读高考数列试题主要考查等差数列和等比数列的判断和证明、基本量的求解、判断单调性、求通项公式及前n项和等基础知识和基本问题．计算等差、等比数列两类模型的基本量是数列运算的基础，而与求通项公式与求前n项和的相关的问题是高考考查的重要内容，本题以等比数列为背景，考查通项公式和求和公式，突出对通性通法的考查，很好的体现高考命题的方向．1．记为数列的前项和，已知是公比为3的等比数列，：当时，，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】当成立时，借助等比数列性质计算可得，当成立时，可举出反例，故是的充分不必要条件.【详解】若是公比为3的等比数列，则有，即当时，成立，故是的充分条件；若当时，，取符合要求，故不是的必要条件；即是的充分不必要条件.故选：A.数列与简易逻辑、函数、不等式相结合，也是高考改革的一个命题方向，本题以等比数列与充要条件相结合命制，对学生的运算能力和逻辑推理能力要求较高，通过数列考查考生应具备的数学素养.2．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.3．数列满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由等差数列的定义可判断是以为首项，2为公差的等差数列，即可利用裂项求和求解.【详解】将化简为，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.所以，即，所以，所以.故选:B.本题围绕数列递推关系的命制，主要考查学生在复杂情境中把握事物之间的关联和转化构造的能力，以数列递推为载体求解数列的通项公式以及前n项和，对学生的逻辑推理能力、数学运算能力以及转化与化归能力均有较高要求．4．已知数列的前n项和为且，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用错位相减求和法求出，再按奇偶讨论求出a的范围.【详解】由数列的前n项和为且，得，于是，两式相减得：，因此，，显然数列是递增数列，当为奇数时，，由恒成立，得，则，当为偶数时，，由恒成立，得，则，所以实数a的取值范围是.故选：C5．设为数列的前项和，若，则（

）A．1012 B．2024 C． D．【答案】A【分析】根据正弦函数的周期性及数列的通项公式列出数列的前几项，即可得到规律，再利用并项求和法计算可得.【详解】因为函数的最小正周期，又，则，，，，，，，，，所以，且，所以.故选：A本题综合考查正弦函数的周期性以及数列的递推公式，很好的体现了数列的函数属性.押题猜想七函数的图像已知函数的部分图象大致如图所示，则的解析式可能为（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】由函数图象的特殊点以及单调性逐一判断可得解.【详解】由图象可知，故BD不成立；对于A选项：，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，不符合图象，故A不成立；故选：C押题解读函数的图像是高考的高频考点，考查题型以选择题、填空题为主，考察形式主要有根据解析式选择图像问题、根据图像判断解析式以及函数图像的应用，处理这类问题的基本思路是根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性以及特殊点进行筛选排除.1．函数的大致图象是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据函数解析式，求函数定义域，奇偶性，特殊值利用排除法逐一判断各个选项.【详解】由题意得，即，得，且，所以的定义域为；又，所以为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，C；又，所以排除D．故选：A．本题考查根据函数解析式选择函数图像，这代表着函数图像的另一个命题方向，解决这类问题的方法也是根据函数的性质进行排除，进而得到答案.2．已知函数，给出下列4个图象：其中，可以作为函数的大致图象的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】对的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.【详解】由题意知，定义域为，当时，，由指数函数的单调性可知函数单调递增，可对应①；当时，，令可得：，所以当时，，当时，，所以，函数先减后增，且当时，，此时可对应②；当时，，当时，当时，，当时，，所以，函数先增后减，当时，，且此时，所以可对应③，当时，，此时，所以可对应④.故选：D.本题需要利用导数研究函数的性质，在根据参数的不同取值情况确定函数对应的解析式，考查考生的逻辑推理能力和分类讨论的数学思想.3．函数的部分图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求出函数的定义域和奇偶性，排除BD，再求出特殊点的函数值，得到答案.【详解】定义域为，且，所以函数是奇函数，图象关于原点中心对称，排除B、D．又，故A错误.故选：C．4．函数，则的部分图象大致形状是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数奇偶性以及时函数值的正负，通过排除法得答案.【详解】函数的定义域为，，即函数为偶函数，排除BD；当时，，排除C.故选：A.押题猜想八圆锥曲线及性质已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据线段比及椭圆的定义求得，，取的中点为，根据余弦定理建立关于的方程，即可求解离心率.【详解】设，，则，即，则，从而，，所以，如图，取的中点为，则，在中，.在中，由余弦定理得，，化简得，则.故选：D押题解读从近几年的高考命题来看，求圆锥曲线的离心率一直是高考命题的热点，这类题目往往与圆锥曲线的定义、直线与圆锥曲线的位置关系相结合，本题的求解涉及到椭圆的定义以及余弦定理，考查考生的逻辑推理以及转化能力.1．已知F为椭圆的右焦点，P为C上一点，Q为圆上一点，则的最大值为（

）A．5 B． C． D．6【答案】B【分析】由题意设椭圆的左焦点为，作出图形，结合图形和椭圆的定义可知当三点共线时取到最大值.【详解】由题意知，，设椭圆的左焦点为，如图，P为C上一点，Q为圆上一点，，半径为1，，当且仅当三点共线时，等号成立，所以的最大值为.故选：B高考中对解析几何的基础知识的考查全面综合，如直线与圆的方程、圆锥曲线的定义和几何性质，从高考命题来看，热点内容从不回避，本题很好讲考查热点综合在一题中，值得考生重点关注.2．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本题虽然是考查双曲线的渐近线，但与求解双曲线离心率问题有着同工异曲之妙，并将直线的倾斜角与斜率的关系、三角变换综合在一起，体现了高考命题的综合性和交汇性.3．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的焦距为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据点在抛物线的准线上则可得，进而可得抛物线的焦点坐标，再求出的值，由点在双曲线的渐近线上，可得渐近线方程，进而可得的值，则可得的值，进而可得答案.【详解】根据题意，双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，即点在抛物线的准线上，又由抛物线的准线方程为，则，则抛物线的焦点为，则双曲线的左顶点为，即点在双曲线的渐近线上，则其渐近线方程为，由双曲线的性质，可得，则，则焦距为，故选：B本题将双曲线与抛物线综合在一起，考查双曲线、抛物线的性质，体现了命题的覆盖性，另外，抛物线的焦点弦问题也是一个命题热点，复习要注意总结。4．已知椭圆：的左焦点为，如图，过点作倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意求出点坐标，再利用点差法求得，进而可得椭圆离心率.【详解】依题意，椭圆的左焦点为，，过作轴，垂足为，由，得，，则，设，则有，，由，两式相减得，则有，所以.故选：B.5．已知双曲线的上、下焦点分别为，，直线与的上、下支分别交于点，，若以线段为直径的圆恰好过点，且，则的离心率为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由题意可知四边形是矩形，设，所以，再由双曲线的定义结合离心率的计算公式即可得出答案.【详解】如下图，已知四边形是平行四边形，又因为以线段为直径的圆恰好过点，所以，又因为，设，所以，则的离心率为.故选：C.6．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.【详解】设双曲线的右焦点为,连接,由题意可得，设由余弦定理可得,即，解得，所以，故．故选：D押题猜想九抽象函数问题已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由为奇函数，结合导数运算可得，由为奇函数，可得，整理可得，进而分析可得，即可得结果.【详解】因为为奇函数，则，即，两边求导得，则，可知关于直线对称，又因为为奇函数，则，即，可知关于点对称，令，可得，即，由可得，由，可得，即，可得，即，令，可得；令，可得；且，可知8为的周期，可知，所以.故选：D.押题解读抽象函数问题是高考的热点内容，同时也是高考的难点，考生得分普遍较低，这类题往往以选择题的压轴题出现，抽象函数问题往往使用赋值法，且在求解过程伴随着对单调性、奇偶性、周期性、对称性的考查，解答过程通过合理的赋值，逐步向选项靠拢.1．已知定义在上的函数满足对，都有，，，若，则（

）A． B．0 C．1 D．3【答案】D【分析】由题意可得函数的周期性，结合所给条件，借助赋值法可得对应函数值，即可得解.【详解】由，则，即有，即有，有，故函数周期为，由，故，即，又，故，故，由，故，，，，则.故选：D.在处理抽象函数问题时，适当运用一些二级结论，可以达到事半功倍的效果，期中经常用到的是关于对称性与周期性的结论，如：（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.2．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（

）A．4036 B．4040 C．4044 D．4048【答案】D【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，因为，所以，则，因为关于直线对称，所以，又因为关于点对称，所以，又因为，又因为，所以，所以，故D正确.故选：D.3．已知，都是定义在上的函数，对任意，满足，且，则下列说法正确的是（

）A． B．若，则C．函数的图像关于直线对称 D．【答案】D【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取可判断C，对于B，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.【详解】对于A，令，可得，得，令，，代入已知等式得，可得，结合得，所以，故A错误；对于D，因为，令，代入已知等式得，将，代入上式，得，所以函数为奇函数.令，，代入已知等式，得，因为，所以，又因为，所以，因为，所以，故D正确；对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，，两式相加易得，所以有，即，有，即，所以为周期函数，且周期为，因为，所以，所以，，所以，所以，故B错误；对于C，取，，满足及，所以，又，所以函数的图像不关于直线对称，故C错误；故选：D.对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.4．已知是定义在上的奇函数，也是定义在上的奇函数，则关于的不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据为奇函数及为偶函数可求，利用导数可判断为上的减函数，从而可求不等式的解.【详解】因为，故，故，因为是定义在上的奇函数，故，故，故，故，此时，故为上的减函数，而等价于，即即，故或故选：A.5．已知函数的定义域是，其导函数为，若，且（是自然对数的底数），则（

）A． B．C．当时，取得极大值 D．当时，【答案】A【分析】先构造函数，结合题目条件，利用导数判断出函数的单调性；再利用函数的单调性即可判断选项A、B、D，根据是函数有极值的必要不充分条件即可判断选项C.【详解】设.因为，则，所以，为常数，故．又因为，，所以，解得：，所以．因为，，令，得；令，得，则在区间上单调递增，在区间上单调递减.由得：，即，故选项A正确；由得，即，故选项B错误；因为当时，，所以当时，没有取得极大值，故选项C错误；因为当时，，即，即，故选项D错误．故选：A．6．已知是定义在上的函数的导函数，且，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，由导数分析函数的单调性，利用单调性比较大小即可.【详解】令，则在上为减函数，所以，则.故选：A押题猜想十球在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】记球心为，取中点为、中点为，连接，易得，，由，即可求出，由此即可求出答案.【详解】如图所示：记球心为，取中点为、中点为，连接，记外接球半径为，在中，，,，在中，，,在中，，所以AC与BD所成角为，即，在中,，，所以，解得：，所以该外接球的表面积为：故选：A.

押题解读球与空间几何体的内切、外接问题一直是高考命题常考不衰的热点，其一般出现在选择、填空题中，由近几年的命题趋势来看，难度有所提升、特别是球的内切、外接问题与空间距离、空间角相结合考查最值问题、轨迹问题的综合题纷纷出现在各地高考试题中，这是一类重点问题，且难度较大，备考中要给予充分的重视.1．在四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，，，是边长为2的正三角形，，则四棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，再取的中点，连接、、，推导出为外接圆的圆心，再设的外接圆的圆心为，四棱锥外接球的球心为，即可求出外接球的半径，从而求出球的表面积.【详解】取的中点，连接、，因为是边长为2的正三角形，所以，，又，，，所以，在中，由余弦定理，即，又，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中点，连接、、，则、及均为等边三角形，易知且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以等腰梯形外接圆的圆心为，设的外接圆的圆心为，则，设四棱锥外接球的球心为，连接、、，则平面，平面，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，所以外接球的半径，所以外接球的表面积.故选：C本题考查利用几何法球几何体外接球的表面积，考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力，求解过程涉及到余弦定理、线面位置关系的证明.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．在菱形中，，，将该菱形沿对角线折起，得到三棱锥，当三棱锥的体积最大时，其内切球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算内切球问题即可得.【详解】由，其中为定值，为点到的距离，则当三棱锥的体积最大时，点到的距离需取最大，连接点与中点，则平面时，到的距离最大，且，由，，故，设三棱锥的内切球的半径为，则有，，，，则，故，即，即，即，故.故选：B.本题考查空间几何体的折叠问题、体积的最值问题和球的内切问题，在求解过程中需要先判断三棱锥取最大值时的位置，然后再根据等体积法求出内切球的半径.3．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，可知，所以圆锥的外接球球的表面积.故选：C.本题考查旋转体的外接球问题，在复习球的内切、外接问题时，不能只聚焦多面体问题，旋转体为载体的外接、内切问题也要给与充分的关注.3．正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论：①棱长为；②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°；③表面积为；④外接球的体积为．其中所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断①正确；可以找到一对位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到②错误；根据该几何体每种面（正三角形和正方形）各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出③正确；直接证明正方形的中心到该几何体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到④错误.这就得到全部正确的结论是①③，从而选B.【详解】如图所示：该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半，故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，①正确；若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱，则，平行于，异面，所以异面，，这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，②错误；该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为，故每个正方形的面积都是，每个正三角形的面积都是，故表面积为，③正确；设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点，故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即.这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积，④错误.从而全部正确的结论是①③.故选：B.4．已知四面体中，，点在线段上，过点作，垂足为，则当的面积最大时，四面体外接球的表面积与四面体外接球的表面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可知，四面体中，为长方体的一角，设，勾股定理计算，的长，由均值不等式可计算的面积取最大值时的值，由此可计算四面体外接球的半径与四面体外接球的半径，从而求出结果.【详解】由题意可知，四面体中，设，则，由等面积法可知，.由已知得平面，故；因为，故平面.故，故.，当且仅当，即时取等号，此时四面体外接球的半径满足，而四面体外接球的半径满足，故所求比值为.故选：C.

5．如图，在棱长为1的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列三个结论：①；②点到直线的距离的最小值是；③当时，三棱锥外接球的表面积为．其中所有正确结论的序号为（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】对①，证明平面即可；对②，根据平面，设，则根据为点到直线的距离分析即可；对③，根据外接球的性质，确定三棱锥外接球的直径为的外接圆直径求解即可.【详解】对①，连接，交于.因为为正方体，故，平面，又平面，则.又，平面，故平面.又平面，故，故①正确；对②，由①可得点到直线的距离为，故当时最小，此时故，，故②正确；对③，当时，因为平面，平面，故平面平面，即平面平面.又，故三棱锥外接球球心在平面上，即三棱锥外接球直径为的外接圆直径.此时，，，故，故.设三棱锥外接球的半径为，则表面积，故③错误.综上①②正确.故选：A6．在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得.【详解】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.

押题猜想十一新定义型问题1．若向量，，则以、为邻边的平行四边形的面积可以用、的外积表示出来，即.已知在平面直角坐标系中，、，，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角形面积的外积公式结合三角恒等变换可求得面积的最大值.【详解】已知在平面直角坐标系中，、，，因为，因为，则，则，则，则，当时，即当时，面积取最大值.故选：A.押题解读新定义问题是高考中的热点题型，这类题目内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，综合考查考生的数学学习能力和应用能力，特别是九省联考中更是将其放到压轴题的位置，这种变化给各地的高考命题都带来一定的指导作用，新定义问题的求解也是我们备考中要重点关注的题型.1．在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式.如果函数足够光滑的话，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况之下，泰勒公式可以用这些导数值做系数构建一个多项式来近似函数在一点的邻域中的值，常见的公式有：；.则利用泰勒公式估计的近似值为（

）（精确到）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，可得，分别计算当时，前几项的计算结果，可得答案.【详解】根据题意，求导可得，因为，，，，所以，故选：B.本题的求解过程中的关键是读懂题意，然后根据给出的公式将展开，进而求出近似值，这类题目难度不一定大，做题过程要认真审题，不能有“畏难”的想法.2．如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出数列和的通项公式，再根据集合新定义确定，再由不等式恒成立分类讨论时列不等式和时列不等式求出对应的值取并集即可.【详解】因为的前n项和为，所以当时，，又当时，，符合上式，所以数列的通项公式，数列满足，因为，公比，所以，所以，因为数列是递减数列，而是递增数列；，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，所以是数列中的最小项，所以当时，则，即，解得，当时，则，即，解得，取并集可得，故选：D.处理本题的关键是审题，本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较和的大小问题了，利用已知求出数列和的通项公式再比较大小可确定，最后由不等式恒成立，列不等式组求出参数范围即可.4．定义，若集合，则A中元素的个数为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】利用集合的新定义找到符合条件的元素个数即可.【详解】由题知y的可能取值有，，，0，1，2，3，则集合A中有7个元素.故选：B.5．定义：圆锥曲线的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.已知椭圆的方程为，是直线上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于、两点，是坐标原点，连接，当为直角时，则（

）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】D【分析】求出蒙日圆的方程，求出直线与蒙日圆的交点、的坐标，求出直线、的斜率，分析可知当点与点、重合时，为直角，即可得出的值.【详解】根据蒙日圆定义，圆方程为，因为直线与圆交于、两点，联立，可得或，即点、，当点与点或重合时，为直角，且，，所以，直线的斜率为或.故选：D.押题猜想十二线性规划5．若实数满足约束条件且二元一次不等式有解，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先画出题给约束条件对应的可行域，利用几何意义求得的最小值，进而求得实数的取值范围.【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影部分（含边界）所示．

二元一次不等式有解，等价于有解，则．设，作出直线并平移．由得即，由图可知，当直线经过点A时，取得最小值，所以的最小值为．所以，即实数的取值范围是．故选：A．押题解读本题以线性规划为载体，考查利用可行域求目标函数最值问题，要求学生能根据问题的条件画出正确的图形，能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系并根据找出最优解，线性规划问题是全国卷的一个考查热点，一般出现在选择、填空题的位置，难度不大.1．已知实数，满足约束条件，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】作出不等式组表示的平面区域，结合的几何意义是可行域中的点到定点距离的平方，从而结合图象即可求得结果.【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，

表示可行域中的点到定点距离的平方，，即，由图可知，点与可行域中的点的距离的最小值是点到直线的距离，则，点与可行域中的点的距离的最大值是点到点的距离，则，所以，即的取值范围为.故选：A.本题是线性规划求最值中的距离型，解题的关键是准确画出可行域，数与形的转化是解决这类问题关键。2．设满足不等式组，则的取值范围是.【答案】【分析】根据已知的不等式组画出满足不等式组的可行域，分析的取值表示的几何意义，结合图象即可得解.【详解】满足不等式组的，在三条直线围成的区域，其中与交点为，与的交点为,与的交点为，如下图示：即三角形区域内的点与形成直线的斜率，最小值为,最大值为，又因为点处取不到，故.故答案为：.3．甲先生接到某快递公司快递员乙的电话通知，约定于下午2点~3点之间到某小区便利店门口签收货物．由于甲先生从写字楼出来的时间不确定，快递员乙也在边送其他快递边往约定地点赶，两人约定到达后需要等待对方20分钟，假设两人都在下午2点~3点之间的任意时刻到达约定地点，不考虑其他因素的影响，则甲先生能签收到货物的概率是．【答案】【分析】根据给定条件，设出两人到达约定地点的时刻，列出不等式组并画出平面区域，利用几何概率求解即得.【详解】设甲、乙到达约定地点的时刻分别为2点后第分钟，则试验的样本空间，甲先生能签收到货物的事件，在同一坐标系内作出样本空间表示的平面区域及事件表示的平面区域（