数学（九省新高考新结构卷02）（全解全析）

2024年高考押题预测卷02【新九省卷】数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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】D【解析】，则，故选D2．若，则（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，得，，故选B.3．已知，，若，则（

）A．1 B． C． D．【答案】A【解析】因为，，，所以，解得，故选A.4．若，则（

）A．100 B．110 C．120 D．130【答案】C【解析】在中，，，所以，故选C5．已知等差数列的前项和为，且，，则（

）A．14 B．16 C．18 D．20【答案】D【解析】设数列的公差为，由，，得，解得，所以，故选D.6．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：图中，，过点向作垂线，垂足为，则，所以圆台的高，则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：，故选.7．已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（

）A． B． C．4 D．6【答案】C【解析】由圆的方程，可知圆心，半径，直线过定点，因为，则定点在圆内，则点和圆心连线的长度为，当圆心到直线距离最大时，弦长最小，此时，由圆的弦长公式可得，故选：C8．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【解析】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.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，下列说法正确的是（

）A．若，则z为实数 B．若，则C．若，则的最大值为2 D．若，则z为纯虚数【答案】AC【解析】设，则，若，即，即，则z为实数，故A正确；若，即，化简可得，即，即，当时，，，此时不一定满足，当时，，，此时不一定满足，故B错误；若，即，所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；若，即，，即，化简可得，则且，此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；故选：AC10．已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（

）A．B．恒成立C．在上单调递减D．将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称【答案】AC【解析】函数的图象在y轴上的截距为，所以，因为，所以.故A正确；又因为是该函数的最小正零点，所以，所以，解得，所以，，所以，故B错误；当时，，故C正确；将的图象向右平移个单位，得到，是非奇非偶函数，图象不关于轴对称，故D错误.故选：AC.11．如图，已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线（直线的倾斜角为锐角）与抛物线相交于两点（A在轴的上方，在轴的下方），过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，直线与抛物线的准线相交于点，则（

）A．当直线的斜率为1时， B．若，则直线的斜率为2C．存在直线使得 D．若，则直线的倾斜角为【答案】AD【解析】易知，可设，设，与抛物线方程联立得，则，对于A项，当直线的斜率为1时，此时，由抛物线定义可知，故A正确；易知是直角三角形，若，则，又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；由上可知，即，故C错误；若，又知，所以，则，即直线的倾斜角为，故D正确.故选：AD第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为．【答案】11【解析】由题意得小明同学第一题得6分；第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，所以中位数为，13．在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为．【答案】【解析】由直三棱柱可知，平面，又，所以两两垂直，设直三棱柱外接球的半径为R，通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小，因为，则所求截面面积最小值为.14．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则=；若，则面积的最大值为．【答案】【解析】因为，由正弦定理得，因为，则有，所以，得，即，故；因，，故，可得，由，解得，得，由余弦定理得，，所以，由，当且仅当时等号成立，可得，，即面积的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（本小题满分13分）已如曲线在处的切线与直线垂直.(1)求的值；(2)若恒成立，求的取值范围.【解】（1）由于的斜率为，所以，又,故，解得，（2）由（1）知，所以，故当时，单调递增，当时，单调递减，故当时，取最小值，要使恒成立，故，解得，故的取值范围为16．（本小题满分15分）为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1000名学生的假期日均阅读时间（单位：分钟），得到了如下所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.0075，0.0125，后三个小矩形的高度比为3：2：1．(1)根据频率分布直方图，估计高一年级1000名学生假期日均阅读时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100）的人数记为，求随机变量的分布列与数学期望．【解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，日均阅读时间的平均数为：（分钟）（2）由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人的可能取值为：0，1，2则

所以的分布列为：01217．（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．【解】（1）连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为，因为平面，平面，所以，又因为为的中点，所以点为的中点，取的中点，连接，可得且，又因为为的中点，可得且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，且平面，所以平面．（2）取的中点，连结，因为，可得，且，又因为，且，所以，所以，又因为，且平面，所以平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，因为为的中点，为的中点，可得，则，设是平面的法向量，则，取，可得，所以，设是平面的法向量，则，取，可得，所以；设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为．18．（本小题满分17分）已知椭圆，直线与椭圆交于A、B两点，为坐标原点，且，，垂足为点．(1)求点的轨迹方程；(2)求面积的取值范围．【解】（1）①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧，直线OA的方程为，由，解得，，所以，，所以，直线AB的方程为，此时．同理，当直线l在y轴左侧时，．②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，，，由消去y整理得，，∴，且，，又∵，∴即：，所以，，则，故，所以满足，所以，．综上，，所以，点P的轨迹方程为．（2）①由（1）可知，当直线l斜率不存在或斜率为0时，．②当直线l斜率存在且不为0时，，∵，∴，当且仅当，即等号成立．∴，∴，∴，综上，．19．（本小题满分17分）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.(1)若，计算；(2)证明：对任意，存在，使得为恒等置换；(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，......，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.【解】（1），由题意可知；（2）解法一：①若，则为恒等置换；②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.所以，即为恒等置换；③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.当时，由（1）可知为恒等置换；同理可知，当时，也是恒等置换；④若对任意的，则情形一：或或；情形二：或或或或或；对于情形一：为恒等置换；对于情形二：为恒等置换；综上，对任意，存在，使得为恒等置换；解法二：对于任意，都有，所以