押题预测卷06-决胜2024年高考数学押题预测模拟卷（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06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．已知样本数据为、、、、、、，去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，下列数字特征一定不变的是（）A.极差 B.平均数 C.中位数 D.方差【答案】C【解析】样本数据为、、、、、、，去掉一个最大值和一个最小值后的数据与原来的数据相比，假设从小到大就是从到，极差可能变化，故A错；平均数为，可能变，故B错；中位数还是按从小到大排序中间位置的数，故C正确；方差为，有可能变，故D错.故选：C2．已知全集，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（）A B. C. D.【答案】C【解析】因为集合A，B满足，故可得，对A：当为的真子集时，不成立；对B：当为的真子集时，也不成立；对C：，恒成立；对D：当为的真子集时，不成立；故选：C.3．，展开式中项的系数等于40，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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】的展开式中含项为，故，解得，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A4．若，则（）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】由，得，即，即，所以，所以，则故选：C.5．在平面直角坐标系xOy中，已知向量与关于x轴对称，向量若满足的点A的轨迹为E，则（）A.E是一条垂直于x轴的直线 B.E是一个半径为1的圆C.E是两条平行直线 D.E是椭圆【答案】B【解析】设，由题有，，所以，，所以，即，所以点的集合是以为圆心，1为半径的圆.其轨迹为半径为1的圆，故选：B．6．夹弹珠游戏是儿童特别喜欢的游戏，夹弹珠能有效提高参与者的注意力与协调性，调整逻辑思维判断和空间控制平衡能力，锻炼小肌肉，增强手眼协调，培养敏捷的反应能力，从而提高参与者的适应能力.如图，三个半径都是的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器（不计厚度）中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的表面积（包括容器的内部和外部两部分）是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在面上的投影为为大球球心，为小球球心.，大球半径为，，，故选：D.7．已知函数，，，若的最小值为，且，则的单调递增区间为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，又，，且的最小值为，所以，即，又，所以，所以，又，所以，即，因为，所以，所以，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为.故选：B8．已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P，Q是它们的两个公共点，且P，Q关于原点对称，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义得：，，设，根据椭圆与双曲线的对称性知四边形为平行四边形，则，则在中，由余弦定理得，，化简得，即，则，当且仅当，即时等号成立，故选：A.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．已知复数z在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】由题可知，，，故A正确；，，故B错误；，所以，C正确；，所以，故D正确.故选：ACD10．设是一个随机试验中的两个事件，且，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】，故A对.，故B错.，故C对.，，故D对.故选：ACD.11．已知定义在上的函数，其导函数分别为，且，则（）A.的图象关于点中心对称 B.C. D.【答案】BCD【解析】由题意可得，两式相减可得①，所以的图象关于点中心对称，A错误；由②，②式两边对求导可得，可知偶函数，以替换①中的可得，可得，所以是周期为4的周期函数，B正确；因为，可知也是周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以，C正确；因为，令，则，即，又因为是偶函数，所以，又因为是周期为4的周期函数，则，由可得，所以，D正确.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前5项的和为__________.【答案】【解析】设等差数列的公差为且，且，因为成等比数列，可得，即，即或（舍去），所以.故答案为：13.已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为__________时，圆锥的体积最大，最大值为__________.【答案】

；

【解析】设圆锥的底面半径r，母线为l，高为h，

设母线与底面所成的角为，

则，

则，

则，

则圆锥的体积为

，

令，则，

令，求导得，

令，则或舍去，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以当时，取得极大值，也是最大值.

此时最大，，

即圆锥的母线与底面所成的角的余弦值时，

圆锥的体积最大，最大值为

故答案为：；14.在中，角所对的边分别为，若分别在边和上，且把的面积分成相等的两部分，则的最小值为__________.【答案】【解析】由，得，即，解得，，，令，令，得，，所以，当且仅当即时等号成立.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．为了开展“成功源自习惯，习惯来自日常”主题班会活动，引导学生养成良好的行为习惯，提高学习积极性和主动性，在全校学生中随机调查了名学生的某年度综合评价学习成绩，研究学习成绩是否与行为习惯有关.已知在全部人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为，现按“行为习惯良好”和“行为习惯不够良好”分为两组，再将两组学生的学习成绩分成五组：、、、、，绘制得到如图所示的频率分布直方图.（1）若规定学习成绩不低于分为“学习标兵”，请你根据已知条件填写下列列联表，并判断是否有的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”；行为习惯良好行为习惯不够良好总计学习标兵非学习标兵总计（2）现从样本中学习成绩低于分的学生中随机抽取人，记抽到的学生中“行为习惯不够良好”的人数为，求的分布列和期望.参考公式与数据：，其中.【答案】（1）列联表见解析，有（2）分布列见解析，【解析】（1）已知在全部人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为，则名学生中，行为习惯良好的有人，行为习惯不够良好的有人.由频率分布直方图可知，行为习惯良好组中不低于分的学生有人，行为习惯不够良好组中不低于分的学生有人则列联表为：

行为习惯良好行习惯不够良好总计学习标兵非学习标兵总计，，因为，所以有的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”.（2）行为习惯良好组中低于分的学生有人，行为习惯不够良好组中低于分的学生有人，则的可能值为、、，，，.的分布列为：期望.16．已知．（1）若在恒成立，求a的范围；（2）若有两个极值点s，t，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】（1）由函数，因为在上恒成立，即在恒成立，令，可得，令，可得，所以在单调递减，所以，所以恒成立，所以在单调递减，所以，所以，所以实数的取值范围为.（2）因为有两个极值点，可得是的两不等正根，即是的两不等正根，则满足，解得，则，所以的取值范围为．17．如图，在三棱锥中，和都是正三角形，E是的中点，点F满足．（1）求证：平面平面；（2）若，且平面，求的长．【答案】（1）证明见解析（2）6【解析】（1）如图，连接，因为，所以．所以A，E，D，F四点共面．因为在三棱锥中，和都是正三角形，E是的中点，所以，．因为平面，，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）如图，记的中心为O，连接，由（1）得．同理可证，且,所以平面，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．因为是正三角形，，所以，，．所以，，，，．所以，．设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以．因为，，所以．因为平面，所以，即，解得，此时．故DF的长为6．18．已知抛物线的焦点为各顶点均在上，且．（1）证明：是的重心；（2）能否是等边三角形？并说明理由；（3）若均在第一象限，且直线的斜率为，求的面积．【答案】（1）证明见解析（2）不肯能，理由见解析（3）【解析】（1）设的中点为，的中点为，因为，所以，又为公共端点，所以三点共线，同理可得，又为公共端点，所以三点共线，所以是的两条中线，所以是的重心；（2）由题意，设，则，由，可得，由抛物线的定义可得，若是等边三角形，则由（1）知，由，可得，又因不重合，所以，所以，所以，，故，这与矛盾，所以不可能是等边三角形；（3）设直线的方程为，联立，化简得，，所以，由韦达定理得，由（2）有，，所以，由得，解得，所以，即，直线的方程为，所以，点到直线的距离，所以的面积为19．对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，