数学（广东卷）-2024年高考考前押题密卷（全解全析）

第第页2024年高考考前押题密卷数学·全解全析（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．测试范围：高考全部内容5．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.设集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】集合与集合均为点集，实质是求与的交点，所以联立组成方程组得，解得，或，从而集合，故选：C.2．已知角α的终边上有一点，则=（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意知角α的终边上有一点，则，故，则，故选A3．在中，，，则角A的大小为（

）A． B．或 C． D．或【答案】D【解析】由题意知中，，，故，即，由于，故，则或，故A的大小为或，故选D4．已知，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为的定义域为，且，所以为偶函数，又当时，单调递增，且，所以由可得，即，解得，故选B5．已知是等比数列，，且，是方程两根，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为是等比数列，所以，，又，所以，又，是方程两根，所以.故选C6．命题：“”是命题：“曲线”表示双曲线”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】曲线表示双曲线，可得，解得,命题：“”是命题：“曲线”表示双曲线”的充要条件,故选：A7．如图，已知圆的半径为2，弦长，为圆上一动点，则的取值范围为（

）

A． B．C． D．【答案】C【解析】取的中点，连接、，

则，又，所以，，即，所以，．故的取值范围为．故选：C8．物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【解析】，而，故．故选：C．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．设，是复数，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C． D．若，则【答案】ACD【解析】对于A，，则，解得，即，故A正确；对于B，，，满足，但，故B错误；对于C，，，故C正确；对于D，，则，即，即，故D正确．故选：ACD．10．已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（

）A．B．在上为增函数C．当时，函数在上恰有两个不同的极值点D．是函数的图象的一条对称轴【答案】BCD【解析】根据平移性质，可设，由图象可得，即，解得，所以，又，所以，即，对于A，则，即，故A错误；对于B，当时，，由正弦函数单调性知，在上为增函数，故B正确；对于C，，当时，，因为，所以，显然能取到，不能取到，所以函数在上恰有两个不同的极值点，故C正确；对于D，因为，所以当时，取得最大值，所以是函数的一条对称轴，故D正确.故选：BCD11．已知定义域均为的函数与，其导函数分别为与，且，，函数的图像关于点对称，则（

）A．函数的图象关于直线对称 B．8是函数的一个周期C． D．【答案】ABD【解析】因为，令，则，即，所以，用替换可得，即，又，则，，所以，令，可得，所以，再由，令，则，所以，即，用替换，可得，且，即，将代入，可得，所以函数关于直线对称，故A正确；又函数的图像关于点对称，即，所以是函数的一个周期，故B正确；由，令，则，因为函数关于直线对称，则，且函数的图像关于点对称，所以，则，故C错误；由，令可得，令可得，则，又8是函数的一个周期，且函数关于直线对称，则，，又函数的图像关于点对称，即，令，则，所以，则，故D正确；故选：ABD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。12．二项式的展开式中，项的系数是常数项的倍，则．【答案】5【解析】二项式的展开式通项为，则项的系数是，常数项是，由题意得，即，整理得，解之得或（舍）13．某中学1500名同学参加一分钟跳绳测试，经统计，成绩X近似服从正态分布，已知成绩大于170次的有300人，则可估计该校一分钟跳绳成绩X在130～150次之间的人数约为.【答案】【解析】由题意可知，，又因为，所以所以跳绳成绩X在130～150次之间的人数约为.14．如图是我国古代米斗，它是随着粮食生产而发展出来的用具，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.已知一个斗型（正四棱台）工艺品上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为.【答案】【解析】如图，设该正四棱台为四棱台，设上下底面的焦点分别为，则其外接球的球心在直线上，由题意，，故四棱台的高，易知在线段上，设，外接球的半径为，则，解得，所以，所以其外接球的表面积.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）小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲的概率是，击中区域乙的概率是，击中区域丙的概率是，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次射击比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号．(1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率；(2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为X，求X分布列和数学期望．【解】（1）记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件；射击一次获得一等奖为事件；射击一次获得一等奖为事件，所以有，所以，，……………3分所以.……………6分（2）获得三等奖的次数为，的可能取值为，，，，；……………7分记“获得三等奖”为事件，所以，所以，，，，，……………10分所以显然，.……………13分16．（本小题满分15分）如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱的轴截面是边长为6的正方形，，点在线段上运动．(1)证明：；(2)当时，求与平面所成角的正弦值．【解】（1）连接并延长，交于，交圆柱侧面于，，为圆柱的高，两两垂直，……………1分以为原点，过点做平行线为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，……………2分，，在中，由射影定理得，，从而，，……………4分设，，，.……………6分（2）由（1）可得，，，得，即点是线段的中点，，，……………8分设平面的一个法向量为，则，取，得，……………10分设的一个方向向量为，于是得：，……………13分设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.……………15分17．（本小题满分15分）已知函数，.(1)求函数图象在处的切线方程．(2)若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，求实数的取值范围．【解】（1），，，……………3分所以函数图象在处的切线方程为，即.……………5分（2）由（1）可得，，若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，……………6分即对任意的，总存在使得，即，又，从而的值域包含，……………8分当时，的值域为，所以，解得，……………10分当时，的值域为，所以，解得，……………14分即实数的取值范围为.……………15分18．（本小题满分17分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．(1)求椭圆的标准方程；(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．①求点的轨迹方程；②若面积为，求．【解】（1）由题意知，，……………3分解得，……………4分所以椭圆的标准方程为；……………5分①：由（1）知，，设，则，易知当时，，，此时，由，解得，即；……………6分当时，，，设直线的斜率为，则，所以直线方程为，又直线方程为，……………8分由，得，即，解得，将代入直线方程，得，即，……………11分又，所以，故点的轨迹方程为；……………12分②：由，得，又，所以，得，……………14分整理得，又，所以，整理得，即，由，解得.…………17分19．（本小题满分17分）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．(1)若，求其生成数列的前项和；(2)设数列的“生成数列”为，求证：；(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．【解】（1）因为关于单调递增，所以，，……………2分于是，……………3分的前项和．……………5分（2）由题意可知，，所以，……………7分因此，即是单调递增数列，且，由“生成数列”的定义可得．……………10分（3）若是等差数列，证