数学（新高考卷）-2024年高考押题预测卷（全解全析）

第第页2024年高考押题预测卷【新高考卷】数学·全解全析第一部分（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。12345678BDBCABCD1.定义差集且，已知集合，，则（）A. B. C. D.1．【答案】B【解析】因为，，所以，所以．故选：B2.已知函数的最小正周期为，下列结论中正确的是（）A.函数的图象关于对称B.函数对称中心是C.函数在区间上单调递增D.函数的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到2.【答案】D【解析】A选项，，因为函数的最小正周期为，解得，所以，当时，，故A错误；B选项，令，即，函数的对称中心是，故B错误；C选项，时，，显然在其上不单调，故C错误；D选项，的图象向右平移个单位长度，得到，故D正确．故选：D．3.2024年3月16日下午3点，在贵州省黔东南苗族侗族自治州榕江县“村超”足球场，伴随平地村足球队在对阵口寨村足球队中踢出的第一脚球，2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕.某校足球社的五位同学准备前往村超球队所在村寨调研，将在第一天前往平地村、口寨村、忠诚村，已知每个村至少有一位同学前往，五位同学都会进行选择并且每位同学只能选择其中一个村，若学生甲和学生乙必须选同一个村，则不同的选法种数是（）A.18 B.36 C.54 D.723.【答案】B【解析】若五位同学最终选择为，先选择一位同学和学生甲和学生乙组成3人小组，剩余两人各去一个村，进行全排列，此时有种选择，若五位同学最终选择为，将除了甲乙外的三位同学分为两组，再进行全排列，此时有种选择，综上，共有种选择.故选：B4.南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年中国知识付费用户数量（单位：亿人次），并绘制成南丁格尔玫瑰图（如图所示），根据此图，以下说法错误的是（）A.2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加B.2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2018年最多C.2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量逐年递增D.2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍4.【答案】C【解析】对于A，由图可知，2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加，故A说法正确；对于B和C，知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2016年，；2017年，；2018年，；2019年，；2020年，；2021年，；2022年，；则知识付费用户数量逐年增加量2018年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故B说法正确，C说法错误；对于D，由，则2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍，故D说法正确.综上，说法错误的选项为C.故选：C5.在中，为边上一点，，且的面积为，则（）A. B. C. D.5.【答案】A【解析】因为，解得，所以为等腰三角形，则，中由正弦定理可得，即，解得，因为，所以为锐角，所以，所以.故选：A6.已知正项数列的前项和为，若，且恒成立，则实数的最小值为（）A. B. C. D.36.【答案】B【解析】因为，所以，即，即，则，与上式作差后可得，因为正项数列，所以，所以，因为，，所以，所以实数的最小值为，故选：B.7.设方程的两根为，，则（）A.， B.C. D.7.【答案】C【解析】由可得，在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示：由图象可知，因为，，所以，所以故A，D错误；，因为，所以，所以，所以，即，故B错误，C正确.故选：C8.在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】取正方体的中心为，连接，由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，正方体外接球球心为点，半径，又易得，且，所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，由正弦定理可得，即，所以，即正方体外接球的球心到截面的距离为，所以截面被球所截圆的半径，则截面圆的面积为.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．91011ABADBD9.已知是的共轭复数，则（）A.若，则B.若为纯虚数，则C.若，则D.若，则集合所构成区域的面积为9.【答案】AB【解析】，所以，故A正确；由为纯虚数，可设，所以，因为且，所以，故B正确；由，得，因为与均为虚数，所以二者之间不能比较大小，故C错误；设复数，所以由得，所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，所以面积为，故D错误.故选：AB10.已知向量在向量方向上的投影向量为，向量，且与夹角，则向量可以为（）A. B. C. D.10.【答案】AD【解析】由题设可得，故，而，与夹角，故，故，对于A，，因，故，故A正确.对于B，，因，故，故B错误.对于C，，因，故，故C错误.对于D，，因，故，故D错误.故选：AD.11.已知抛物线的焦点为为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，则下列说法正确的有（）A.B.若，则C.设到直线的距离分别为，则D.若直线的斜率分别为，则11.【答案】BD【解析】对于A，因为为抛物线上任意三点，且，所以F为的重心，，所以又，即，故A错误；对于B，延长交于点，因为为的重心，所以，且是的中点，因为，在中，有，所以，故B正确；对于C，抛物线方程为，所以抛物线的准线为，所以到直线的距离之和，因为三点不一定共线，所以，即，故C错误；对于D，因为，，两式相减,得：,所以,同理可得,,所以，故D正确故选：BD.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．展开式中项系数为___________.12.【答案】【解析】由题意得可化简为，且其展开式通项为，其中对于的展开式通项为，，当时，此时，则的系数为，当时，此时，则的系数为，所以项系数为.故答案为：.13.已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则C的离心率为___________.13.【答案】【解析】由题意，不妨设点P在第一象限，如图.因为，则，，.因为，则，可知，则，即，整理得.由得，解得或（舍去），所以C的离心率为.故答案为：.14.随着自然语言大模型技术的飞速发展，ChatGPT等预训练语言模型正在深刻影响和改变着各衍各业.为了解决复杂的现实问题，预训练模型需要在模拟的神经网络结构中引入激活函数，将上一层神经元的输出通过非线性变化得到下一层神经元的输入.经过实践研究，人们发现当选择的激活函数不合适时，容易出现梯度消失和梯度爆炸的问题.某工程师在进行新闻数据的参数训练时，采用作为激活函数，为了快速测试该函数的有效性，在一段代码中自定义：若输的满足则提示“可能出现梯度消失”，满足则提示“可能出现梯度爆炸”，其中表示梯度消失阈值，表示梯度爆炸间值.给出下列四个结论：①是上的增函数；②当时，，输入会提示“可能出现梯度爆炸”；③当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”；④，输入会提示“可能出现梯度消失”.其中所有正确结论的序号是______.14.【答案】①③④【解析】对于①：因为的定义域为，且在上单调递减，所以是上的增函数，故①正确；对于②：因为对任意恒成立，则，令，整理得，且是上的增函数，则，即无解，所以不存在，输入会提示“可能出现梯度爆炸”，故②错误；对于③④：因为是上的增函数，则，即，则，令，则，令，则在上单调递增，且，当时，，即，可知在上单调递减；当时，，即，可知在上单调递增；则，且当x趋近于或时，趋近于0，所以的值域为，所以对，输入会提示“可能出现梯度消失”，故④正确；因为在上单调递减，则，且，即对任意恒成立，所以当时，，输入会提示“可能出现梯度消失”，故③正确；故答案为：①③④.四、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．（13分）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若直线与曲线相切，求的值．15．（13分）【解析】（1）的定义域为R，,当时，,单调递减;当时，令，得,（3分）当时，，单调递减;当时，，单调递增.综上，当时，在R上单调递减；当时，在单调递减;在上单调递增.(7分）（2）由（1）知，，设切点，则，易知，故.（10分）又，即，将代入，得.设，则.令，即，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，综上，.（15分）16．（15分）短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人.（1）依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅游是否与收看短视颍有关联：单位：人游客短视频合计收看未看南方游客北方游客合计（2）为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出.（i）求经过次传递后球回到甲的概率；（ii）记前次传递中球传到乙的次数为，求的数学期望.参考公式：，其中；附表：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82816．（15分）【解析】（1）将所给数据进行整理，得到如下列联表：游客短视频合计收看未看南方游客200100300北方游客80120200合计280220500零假设：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联．（4分）根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001（7分）（2）（i）设经过次传递后回到甲的概率为，，，又，所以是首项为，公比为的等比数列，所以.(10分）（ii）（方法一）设第次传递时甲接到球的次数为，则服从两点分布，，设前次传递中球传到甲的次数为，，因为，所以.（15分）（方法二）设第次传递时，乙接到球的概率和次数分别为与，则服从两点分布，，由题可知，，又，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，，，，故.（15分）17．（15分）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.（1）若为棱的中点，求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.（15分）【解析】（1）取中点，连接分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，故四边形是平行四边形，，又平面平面，//平面.（6分）（2）假设在棱上存在点满足题意，如图：连接，，，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面平面，平面，则是四棱锥的高，设，则，∴，所以，（9分）以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，设，．设平面的一个法向量为，则所以可取.易知平面的一个法向量为，（12分），，故存在点满足题意.（15分）18．（17分）已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．（1）求的方程，并说明轨迹的形状；（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．①当时，求证：的值及的周长均为定值；②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．（17分）【解析】（1）设点，由题意可知，即，经化简，得的方程为，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．（3分）（2）设点，其中且，（ⅰ）由（1）可知的方程为，因为，所以，因此，三点共线，且，（6分）（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，则，由（1）可知，所以，所以为定值1；（9分）（法二）设，则有，解得，同理由，解得，所以，所以为定值1；（12分）由椭圆定义，得，，解得，同理可得，所以．因为，所以的周长为定值．（9分）（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，，（*）因为，所以，将（*）