2024年1月“七省联考”押题预测卷05(解析版）-决胜2024年高考数学押题预测卷（新高考地区专用

2024年1月“七省联考”押题预测卷05一、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．1．已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由解得，所以，由解得，所以，所以.故选：B2．复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，，，所以的虚部为1.故选：D.3．英国数学家哈利奥特最先使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．对于任意实数，下列命题是真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，，则 D.若，，则【答案】D【解析】对A：因为，可能，故错误；对B：当时，若，则，故错误；对C：当，时，则，故错误；对D：若，，则，故正确.故选：D.4．如图所示，为射线，的夹角，，点在射线上，则（）A.B.C. D.【答案】A【解析】设射线所对的角为，则有，，又因为，所以，，，所以，所以.故选：A.5．下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A，函数的定义域为R，关于原点对称，且，所以函数为偶函数，当时，函数单调递增，故A不符合题意；对于B，函数的定义域为R，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，由幂函数的性质知函数在R上单调递增，所以函数在R上单调递减，故B不符合题意；对于C，函数的定义域为R，关于原点对称，且，所以函数为偶函数，当时，又，所以函数在上单调递减，故C符合题意；对于D，函数的定义域为，关于原点对称，且，所以是奇函数，又，令，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故D不符合题意.故选：C.6．已知圆上两动点A，B满足为正三角形，O为坐标原点，则的最大值为（ ）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题可知是边长为1的正三角形，设的中点为，则，又，所以点的轨迹方程为，且．因为，所以，因为，当且仅当点线段上时等号成立，所以的最大值为，所以的最大值为．故选：D．7．现有4名男生和3名女生计划利用假期到某地景区旅游，由于是旅游的旺季，他们在景区附近订购了一家酒店的5间风格不同的房间，并约定每个房间都要住人，但最多住2人，男女不同住一个房间，则女生甲和女生乙恰好住在同一间房的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】3名女生需要住2个房间或3个房间.若3名女生住2个房间，则不同的方法种数为；若3名女生住3个房间，则不同的方法种数为.其中，女生甲和女生乙恰好住在同一间房的方法种数为，所以女生甲和女生乙恰好住在同一间房的概率是.故选：C8．，则（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意，，令，求导得，因此函数在上单调递增，，即，则；令，求导得，因此函数在上单调递增，，即，则，所以.故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列命题正确的是（）A.若样本数据的方差为2，则数据的方差为8B.若，则．C.在一组样本数据，（，，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为D.以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和4【答案】ABD【解析】对于选项A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A正确；对于选项B：若，则，故B正确；对于选项C：在一组样本数据，（，，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，其中是线性回归方程的一次项系数，不是相关系数，相关系数是刻画一组数据线性相关程度一个量，范围是[−1，1]，当相关系数为正时呈正相关关系，为负时呈负相关关系，故C不正确；对于选项D：以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和4，故D正确.故选：ABD.10．已知函数的一个对称中心为，则（）A.的最小正周期为πB.C.直线是函数图像的一条对称轴D.若函数在上单调递减，则【答案】AC【解析】则有，解得，因为，所以，所以，则的最小正周期为π，故A正确；，故B错误；，则直线是图像的一条对称轴，故C正确；，当时，，若函数在上单调递减，则有，解得则，故D错误.故选：AC11．已知正项数列的前项和为，，且，.，为的前项和.下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】，，可得时，，解得，故A错误，当时，由，可得，上面两式相减可得，由于，所以，而，则，首项也符合，所以，．故B错误，C正确，，．D正确，故选：CD12．如图所示的六面体中，，，两两垂直，连线经过三角形的重心，且，则（）A.若，则平面B.若，则平面C.若五点均在同一球面上，则D.若点恰为三棱锥外接球的球心，则【答案】BCD【解析】因为六面体中，，，两两垂直，连线经过三角形的重心，所以可以将六面体放在长方体中，点在对角线上运动，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设的中点，连接，与交于点，且，，，设，由得，解得，故，，A选项，若，即，此时点在点处，此时，，由于，故不垂直，故与平面不垂直，A错误；B选项，若，即，此时点为对角线的中点，此时，设平面的法向量为，则，解得，令，则，故，又，故，故，所以平面，B正确；C选项，由于长方体的顶点在同一球面上，若五点均在同一球面上，则点一定在点处，此时，C正确；D选项，三棱锥的外接球即为长方体的外接球，若点恰为三棱锥外接球的球心，则点为对角线的中点，所以，D正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知非零向量，，满足，，若为在上的投影向量，则向量，夹角的余弦值为________【答案】【解析】由，为在上的投影向量，所以，故故答案为：14.展开式中项的系数为________．【答案】8【解析】由题意可知：展开式的通项公式为,所以展开式中项的系数为.故答案为：8．15.已知直线与是曲线的两条切线，则________．【答案】【解析】由已知得，曲线的切线过，时，曲线为，设，直线在曲线上的切点为，，切线：，又切线过，∴，，同理取，曲线为，设，直线在曲线上的切点为，，切线：，又切线过，，∴，故答案为：16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上异于顶点的一点，为坐标原点，为线段的中点，的平分线与直线交于点，当四边形的面积为时，__________．【答案】【解析】由题可知，．因为平分，所以到，的距离相等，设为，则．易知是的中位线，延长，交于点，则为的中点，过作于，易得，则，从而．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求B；（2）已知，D为边上的一点，若，，求的长．【答案】（1）．（2）．【解析】（1）∵，根据正弦定理得，，即，所以，因为，所以，所以，因为，所以．（2）因为，，，根据余弦定理得，∴．∵，∴．在中，由正弦定理知，，∴，∴，，所以∴，∴．18．如图，三棱锥的平面展开图中，，，，，为的中点．（1）在三棱锥中，证明：；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）由，得，且为的中点，所以，取中点为，连接，，可得，在中，，在中，，所以，所以因为，，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）如图，过点作，交于点，以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系．则，，，，在中，可得点到距离为，故可得，，，设平面与平面的一个法向量分别为，，平面与平面的夹角为，由,取，所以，由,取，所以，所以所以两平面的夹角的余弦值为.19．已知数列是各项都为正整数的等比数列，且是与的等差中项，数列满足.（1）求数列的通项公式;（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）设数列的公比为，则，是与的等差中项，，解得或(舍去)，，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，；（2）由，整理可得，即，对任意恒成立，令，则当时，，当时，当或时，取得最大值，.解得.故实数的取值范围是.20．某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况（午餐，晚餐）王同学9天6天12天3天张老师6天6天6天12天假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．（1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．．【答案】（1）0.6（2）分布列见解析，1.9（3）证明见解析【解析】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，所以．（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1和2，所以，，所以X的分布列为X12P0.10.9所以X的数学期望．（3）由题知，所以所以，所以，即，所以，即21．如图，在平面直角坐标系中，为轴正半轴上的一个动点．以为焦点、为顶点作抛物线．设为第一象限内抛物线上的一点，为轴负半轴上一点，设，使得为拋物线的切线，且．圆均与直线切于点，且均与轴相切．（1）试求出之间的关系；（2）是否存在点，使圆与的面积之和取到最小值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】（1）由条件抛物线C：，点，设，将其与抛物线C的方程联立，消去得．①因为与抛物线C切于点P，所以，方程①的判别式为，解得．进而，点．故．由，则．②∴.（2）设的圆心分别为．注意到，与圆切于点P．故．设圆与轴分别切于，如图所示：则分别为的角平分线，故，，,易知，则，．结合式②有．③由三点共线得，化简可得．④令，于是，圆的面积之和．根据题意，仅需考虑T取最小值的情形，根据③、④知．令．由，，．当且仅当时，上式等号成立．此时，．结合式②得．故点．22．已知，函数，.（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；（2）若，求证：.【答案】（1）1（2）证明见解析【解析】（1），定义域均为，，当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；当时，令，解得：，所以在单调递减，在单调递增，取极小值，且；又，当时：，在单调递减，无极值，与题不符；当时：令，解得：，所以在单调递减，在单调递增，在取极小值，且；由题：，解得：.（2）令，因为，所以，由可得：，（1）-（2）得：，所以，要证：，只要证：，只要证：不妨设，所以只要证：，即证：，令，只要证：，令，，所以在上单调递增，，即有成立，所以成立.