押题预测卷01（新高考九省联考题型）（解析版）

决胜2024年高考数学押题预测卷01数学（新高考九省联考题型）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意知：，则，所以：.故A项正确.故选：A.2．已知向量，，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】B【解析】由已知得，，，若，则，即，解得，所以“”“”，但“”“”，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B．3．已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，则，所以，所以，又，所以，则，.故选：A．4．从正方体八个顶点中选择四个顶点构成空间四面体，则该四面体不可能（）A.每个面都是等边三角形B.每个面都是直角三角形C.有一个面是等边三角形，另外三个面都是直角三角形D.有两个面是等边三角形，另外两个面是直角三角形【答案】D【解析】如图，每个面都是等边三角形，A不选；每个面都是直角三角形，B不选；三个面直角三角形，一个面等边三角形，C不选，选D．故选：D.5．已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为函数为偶函数，则，即，①又因为函数为奇函数，则，即，②联立①②可得，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故函数最小值为.故选：B.6．已知反比例函数（）的图象是双曲线，其两条渐近线为x轴和y轴，两条渐近线的夹角为，将双曲线绕其中心旋转可使其渐近线变为直线，由此可求得其离心率为.已知函数的图象也是双曲线，其两条渐近线为直线和y轴，则该双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】在第一象限内，函数的图象位于上方，由于和y轴是渐近线，所以两条渐近线之间的夹角，故，不妨将双曲线绕其中心旋转逆时针旋转,则可得到其焦点在轴上的双曲线，且两条渐近线之间的夹角，因此其中一条渐近线的倾斜角为，因此，进而可得故选：C.7．已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以平方得，，，即，，两式相加可得，即，故，.故选：D.8．已知定义域为的函数的导函数为，若函数和均为偶函数，且，则的值为（）A.0 B.8 C. D.4【答案】C【解析】∵为偶函数，∴则两边求导得：，则关于点成中心对称，又为偶函数，∴，即关于直线成轴对称，∴且，∴，即得：，故是周期函数，且一个周期为4，因，故，于是.故选：C．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．已知函数的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（）A.函数的图象关于点对称B.函数在区间内单调递增C.函数在区间内有恰有两个零点D.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象【答案】AD【解析】函数的最小正周期为，则，得，则，又函数的图象关于直线对称，则，则，即，又，则，故，A，当时，，则函数的图象关于点对称，A正确；B，，则，函数在单调递减，则函数在区间内单调递减，B错误；C，由，则，即，又，，则有1个零点，C错误；D，函数的图象向右平移个单位长度，则，D正确；故选：AD10．已知、是椭圆的左、右顶点，是直线上的动点（不在轴上），交椭圆于点，与交于点，则下列说法正确的是（）A. B.若点，则C.是常数 D.点在一个定圆上【答案】BCD【解析】如下图所示：对于A选项，设点，易知点、，所以，不定值，A错；对于B选项，当点的坐标为，，则直线的方程为，即，联立，可得，解得或，即，所以，，B对；对于C选项，设直线的方程为，联立可得，解得或，则，，即点，联立可得，即点，所以，，C对；对于D选项，设点，其中，且，则，，，则，所以，，则，所以，，取线段的中点，连接，由直角三角形的几何性质可知，所以，点在以线段的直径的圆上，D对.故选：BCD.11．已知四棱锥，底面是正方形，平面，，与底面所成角的正切值为，点为平面内一点，且，点为平面内一点，，下列说法正确的是（）A.存在使得直线与所成角为B.不存在使得平面平面C.若，则以为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为D.三棱锥外接球体积最小值为【答案】BCD【解析】由平面，底面是正方形，，可得，且是与底面所成角，即，则，同理是与底面所成角，故，由题意，在面内，故直线与所成角不小于，A错；平面，平面，则，又，，面，则面，要平面平面，要在直线上，而，显然不存在，B对；由题设，将侧面展开如下图，球与侧面的交线是以为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下，由，则，，所以，根据对称性有，故，所以长为，又球与底面交线是以为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，综上，球面与四棱锥各面的交线长为，C对；由题设，三棱锥外接球也是棱锥外接球，又为平面内一点，，且面，则面面，，面面，面，故面，易知在面的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（去掉与直线的交点），根据圆的对称性，不妨取下图示的四分之一圆弧，则在该圆弧上，当接近与面重合时趋向，当面时最小且为锐角，，而的外接圆半径，正方形的外心为交点，且到面的距离为，所以棱锥外接球半径，要使该球体体积最小，只需最小，仅当时，此时，故外接球最小体积为，D对.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.如图所示是一个样本容量为100的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其分位数为___________.【答案】14【解析】由图可知第一组的频率为，前两组的频率之和为，则可知其分位数在内，设为，则，解得.故答案为：1413.如图，“雪花曲线”也叫“科赫雪花”，它是由等边三角形生成的.将等边三角形每条边三等分，以每条边三等分的中间部分为边向外作正三角形，再将每条边的中间部分去掉，这称为“一次分形”；再用同样的方法将所得图形中的每条线段重复上述操作，这称为“二次分形”；.依次进行“次分形”（）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度.若将边长为1的正三角形“次分形”后所得分形图的长度不小于120，则的最小值是______.（参考数据：，）【答案】【解析】依题意可得“次分形”图的长度是“次分形”图的长度的，由“一次分形”图的长度为，所以“每次分形”图的长度可看成是首项为4，公比为的等比数列，所以“次分形”图的长度为，故，即，两边取对数得，所以，则，又，故n的最小整数值是．故答案为：．14.在平面直角坐标系中，已知圆，若正方形的一边为圆的一条弦，则的最大值为______.【答案】【解析】令且，，要使最大有，如下图示，在中，所以，当且仅当时，所以的最大值为.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、证明过程或演算步骤．15.已知函数．（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求实数的值；（2）求函数的单调区间．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】（1）由题可得，因为在点处的切线平行于轴，所以，即，解得，经检验符合题意．（2）因为，令，得或．当时，随的变化，，的变化情况如下表所示：单调递增单调递减单调递增所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．当时，因为，当且仅当时，，所以区间上单调递增．当时，随的变化，，的变化情况如下表所示：单调递增单调递减单调递增所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．16.生活中人们喜爱用跑步软件记录分享自己的运动轨迹.为了解某地中学生和大学生对跑步软件的使用情况，从该地随机抽取了200名中学生和80名大学生，统计他们最喜爱使用的一款跑步软件，结果如下：跑步软件一跑步软件二跑步软件三跑步软件四中学生80604020大学生30202010假设大学生和中学生对跑步软件的喜爱互不影响.（1）从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人，用频率估计概率，试估计这2人都最喜爱使用跑步软件一的概率；（2）采用分层抽样的方式先从样本中的大学生中随机抽取人，再从这人中随机抽取人.记为这人中最喜爱使用跑步软件二的人数，求的分布列和数学期望；（3）记样本中的中学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；样本中的大学生最喜爱使用这四款跑步软件的频率依次为，，，，其方差为；，，，，，，，的方差为.写出，，的大小关系.（结论不要求证明）【答案】（1）（2）分布列详见解析，（3）【解析】（1）从该地区的中学生和大学生中各随机抽取1人，这人都最喜爱使用跑步软件一的概率为.（2）因为抽取的人中最喜爱跑步软件二的人数为，所以的所有可能取值为，，所以的分布列为：所以.（2），证明如下：，，所以.，，所以.数据：，，，，，，，，对应的平均数为所以所以.17．如图，在四棱锥中，底面，，．点在棱上，，点在棱上，．（1）若，为的中点，求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：过作的平行线交于，连接，，又，，，又，，为的中点，又为的中点，，又，又，，，且，四边形是平行四边形，，，平面，平面，平面（2）以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，．，3，，，0，，，0，，3，，设，，，，0，，，，=，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，，，设直线与平面所成角为，，，则18．已知抛物线：（）上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.（1）求抛物线的方程；（2）过点作直线交于，两点，过点，分别作的切线与，与相交于点，过点作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点，、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】（1）设，由题意可得，即，解得或（舍去），所以抛物线的方程为.（2）如图，设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立可得，即，∴，.∵，则，∴，∴过点作的切线方程为，令，得，即.同理，过点作的切线方程为，令，得，即.∴.联立两直线方程，解得，即，则到直线的距离.又∵过点作直线垂直于，直线的方程为，令，得，即.同理，直线的方程为，令，得，即.∴.联立两直线方程，解得，整理后可得，即，则到直线的距离.由上可得，，，，∴，得，∴直线的方程为即.19．给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.（1）当，时，写出所有满足的数对序列；（2）当时，证明：；（3）当为奇数时，记的最大值为，求.【答案】（1）或（2）证明详见解析（3）【解析】（1）依题意，当，时有：或.（2）当时，因为与不同时在数对序列中，所以，所以每个数至多出现次，又因为，所以只有对应的数可以出现次，所以.（3）当为奇数时，先证明.因为与不同时在数对序列中，所以，当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：首先，对于如下个数对集合：，，……，，每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以，其次，对每个不大于的偶数，将如下个数对并一组：，共得到组，将这组对数以及，按如下方式补充到的后面，即.此时恰