押题预测卷05（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05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．某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为（）A.290 B.295 C.300 D.330【答案】B【解析】将数据从小到大排序为：188，240，260，284，288，290，300，360，，所以分位数为.故选：B2．已知复数满足，则（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】，故，故，故.故选：D3．若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为的展开通项公式为，则，故B正确．故选：B．4．已知，，m为实数，若，则向量在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意可知，由可得，解得，所以；所以向量在上的投影向量为.故选：D5．已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（）A. B. C.4 D.【答案】D【解析】圆的半径，因为，所以点在圆内，当弦过圆心时，，当时，弦最短，，所以，所以弦长不可能的取值是D选项.故选：D.6．若，x，，则的最小值为（）A. B. C. D.4【答案】C【解析】因为，所以．因为，所以．所以，即．当且仅当，，即，时等号成立，所以的最小值为．故选：C．7．在中，角所对的边分别为，，若表示的面积，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，由正弦定理得，所以，由余弦定理得，所以，令，则，当且仅当，即时取等号，所以，故选：D.8．已知，使恒成立的有序数对有（）A.2个 B.4个 C.6个 D.8个【答案】B【解析】由题得函数定义域为，要想恒成立，即恒成立，只需恒成立，只需恒成立，设，所以当时，则，使恒成立的b可取1；所以当，则，使恒成立的b可取1，2，3，所以一共有共4种.故选：B．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，则（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】利用复数的几何意义知在复平面内，对应的点在对应线段的中垂线即y轴上，所以不一定是实数，所以A错误；因为与关于实轴对称，且在y轴上，所以B，C正确；取，则，所以D错误．故选：BC.10．如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（）A.不存在点，使得直线平面B.当点与重合时，直线平面C.当为中点时，直线与所成角的余弦值为D.当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为【答案】BCD【解析】连接交于，因为正四棱台，所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，设点在底面投影为，则，，即正四棱台的高为，则，，，，，，所以，，，，因为为棱上一点，所以，所以，设平面的法向量，则，令可得平面的一个法向量为，令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误；当点与重合时即，，，，设平面的法向量，则，令可得平面的一个法向量为，因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确；当为中点时，即，，所以，所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确；设正四棱台的高为，当为中点时，三棱锥的体积，三棱锥的体积，所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确；故选：BCD11．已知函数的定义域均为，，，，且当时．，则（）A.B.C.函数关于直线对称D.方程有且只在3个实根【答案】ACD【解析】对于A：由，可得，所以所以，即所以，得，故为周期函数，且周期为，又，可得，故，令可得，令中的可得所以，A正确；对于B：因为当时，，所以，由得，所以由得，所以，又，所以，B错误；对于C：由，可得，故，即，，由，可得，故，即，所以故为奇函数，关于对称，且周期为，又当时．，作出的图象如下：由图可知函数关于直线对称，C正确；对于D：方程，即，由图可知，函数的图象和的图象有个交点，即方程有个实根，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务，分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名，记事件为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选安全防范服务”，则_________.【答案】【解析】事件：甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同，所以其它4名同学排列在其它4个项目，且互不相同，为，事件：甲同学选安全防范服务，所以其它4名同学排列在其它4个项目，可以安排在相同项目，为，.故答案为：.13.已知，，则_________.【答案】3 【解析】方法一：因为，所以，，因为，所以， .方法二：由及，解得，所以，故答案为：314.抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，P是椭圆上的任一点，I是的内心，交y轴于M，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与x轴的交点为，若，则____________．【答案】【解析】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，故，I是的内心，连接，则平分，在中，由正弦定理得①，在，由正弦定理得②，其中，故，又，式子①与②相除得，故，同理可得，，由椭圆定义可知，，，即焦点坐标为，所以抛物线方程为，，故在处的切线方程为，即，又，故，所以在点的切线为：，令，又，即，所以是首项16，公比的等比数列，．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．如图，在直四棱柱中，，，．（1）证明：；（2）求二面角平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】（1）法一：连接，交于点，在梯形中，，，所以，又，所以，则，因为，所以，则，即．直四棱柱中，平面，因为平面，所以．因为、平面，，所以平面．因为平面，所以．法二：以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，．因为，，所以，所以，即．（2）设平面与平面的一个法向量分别为与，因为，，，由得，则，令得，所以．由得，令，则，，所以．所以，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为．16．某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次；若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”；若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手均参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲､乙两位同学组成一个小组参赛，且甲､乙同学的投篮命中率分别为.（1）求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；（2）若以“甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数为多少时，对该小组更有利？【答案】（1）（2）详见解析【解析】（1）设一局比赛中甲被称为好投手的事件为A，则；（2）设一局比赛中乙被称为好投手的事件为B，则，甲、乙同学都获得好投手的概率为：，比赛设置n局，甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X，则，且，设，则，则，即，即，又，则，所以本次投篮比赛设置的总局数8时，对该小组更有利.17.设函数，其中a为实数．（1）当时，求的单调区间；（2）当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明见解析【解析】（1）的定义域为，，令，得或，时，，时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为；（2），由在上有两个不同的极值点，故有两个不同的正根，则有，解得，因为，设，，则，故在上单调递增，又，故．18．设动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于，记点M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）设过点的直线与C的右支相交于A，B两点，是内一点，且满足，试判断点是否在直线上，并说明理由．【答案】（1）（2）点在直线上，理由见解析【解析】（1）由动点与定点的距离和它到定直线的距离之比等于，可得，化简得，故所求曲线C的方程为．（2）点在直线上．因为，设点的坐标分别是，由题设得，解得，当轴时，，，代入有，所以点在直线上，当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是，因为曲线C的渐近线的斜率为，且直线AB与曲线C的右支相交于两点，所以，联立方程组，整理得，此时，可得，则，同理．于是，，所以，所以点在直线上．.19．若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①，，2，3，…；②，，2，3，…．（2）若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；（3）若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．【答案】（1）数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析（2）证明见解析（3）或．【解析】（1）对①，取，对，则，可得，显然不存在，使得，所以数列不满足性质P；对②，对于，则，，故，因为，则，且，所以存在，，使得，故数列满足性质P；（2）若数列满足性质，且，则有：取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，故数列中存在，使得，即，反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，取，均存，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，即这与假设相矛盾，故集合为无限集.（3）设周期数列的周期为，则对，均有，设周期数列的最大项为，最小项为，即对，均有，若数列满足性质：反证：假设时，取，则，使得，则，即，这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；反证：假设时，取，则，使得，这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；综上所述：对，均有，反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，∵，即为数列中的项，这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，∵，则，当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，使得，解得或，即或符合题意；当时，即数列至少有两个不同项，则有：①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；综上所述：或.