数学02（新高考卷新题型结构）-学易金卷：2024年高考考前押题密卷含解析

数学02（新高考卷，新题型结构）-学易金卷：2024年高考考前押题密卷2024年高考考前押题密卷高三数学（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．样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（

）A．16 B．17 C．23 D．242．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（

）A．若,,则； B．若,,,则；C．若，，则； D．若，，，,则．4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（

）A． B． C．2 D．45．某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．52种6．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（

）A．－36或36 B．－36 C．36 D．187．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．8．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．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．已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（

）A．函数的周期为 B．函数的图象关于直线对称C．函数在区间上单调递减 D．函数在区间上的最小值为10．已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（

）A．的离心率为 B．的周长为12C．的最小值为3 D．的最大值为1611．已知函数及其导函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，且，则（

）A．为偶函数 B．的图象关于点对称C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知集合，，若，则实数．13．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记．若，则．14．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.16．（15分）已知函数，，.（1）求函数的单调区间；（2）若且恒成立，求的最小值.17．（15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点.（1）证明：直线平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.18．（17分）已知抛物线的焦点为，为上一点，且.（1）求的方程；（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.（i）求点的坐标；（ii）求与的面积之和的最小值.19．（17分）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．（1）写出这个数列的前7项；（2）如果且，求m，n的值；（3）记，，求一个正整数n，满足．2024年高考考前押题密卷数学·全解全析一、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．样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（

）A．16 B．17 C．23 D．24【答案】C【解析】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，，所以分位数为.故选：C．2．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【解析】依题意，，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（

）A．若,,则； B．若,,,则；C．若，，则； D．若，，，,则．【答案】C【解析】若，，则或与相交或与异面，故A错误；若，，，则或与相交，故B错误；若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误．故选：C．4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（

）A． B． C．2 D．4【答案】A【解析】双曲线的渐近线方程为，因为直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，所以的右焦点到直线的距离为.故选：A.5．某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．52种【答案】B【解析】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.所以一共有：种安排方式.故选：B6．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（

）A．－36或36 B．－36 C．36 D．18【答案】C【解析】数列为等比数列，设公比为q，且，，则，则，则，则，故选：C.7．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设，则，，则，即，化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，又，所以三点共线，显然当直线与此圆相切时，的值最大.又,则,则.故选：D.8．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】A【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：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．已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（

）A．函数的周期为B．函数的图象关于直线对称C．函数在区间上单调递减D．函数在区间上的最小值为【答案】AD【解析】，，故数的周期为，A正确，对于B.函数，故不关于直线对称，B错误，对C.当则，故函数在区间不是单调递减，C错误，对于D.则，故当时，取最小值故D正确，故选：AD10．已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（

）A．的离心率为 B．的周长为12C．的最小值为3 D．的最大值为16【答案】BD【解析】由椭圆得则所以，故A错误;易知的周长为故B正确；当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；由基本不等式得，当且仅当时取等，则取得最大值16，故D正确.故选：BD.11．已知函数及其导函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，且，则（

）A．为偶函数 B．的图象关于点对称C． D．【答案】BCD【解析】由的图象关于直线对称，可得的图象关于直线对称，即的图象关于直线对称，则由，可得，又，所以，所以的图象关于点对称，即为奇函数，所以，即，即函数的周期为4，由，可得，因为的周期为4，所以，则，即，所以的图象关于点对称，故B正确；因为的图象关于直线对称，则，所以，所以，因为的周期为4，所以的周期也为4.由，可得，所以，故C正确；由，可得，所以，即，故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．已知集合，，若，则实数．【答案】【解析】因为，所以或，或，又由集合中元素的互异性可知且且，且，综上.13．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记．若，则．【答案】【解析】因为，所以，由题意当时，所以.14．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为．【答案】【解析】由余弦定理得，两式相减得，因为，所以，由正弦定理得，即，所以，则，因为在中，不同时为，，故，所以，又，所以，则，故，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，即的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】（1）记检测过程中两件次品不相邻为事件，依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻的概率，所以.（2）依题意的可能取值为、、、，所以，，，，所以的分布列为：所以.16．已知函数，，.（1）求函数的单调区间；（2）若且恒成立，求的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）（），当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；当时，，；，，从而在上递增，在递减；综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使.，由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，解得：，所以的最小值为.17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点.（1）证明：直线平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：取的中点为，连接，因为分别为的中点，所以且，在正方形中，是中点，可得且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，故直线平面.（2）因为底面四边形为正方形，且底面，以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，则，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，设，则，因为，所以，可得，且，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面的夹角的为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18．已知抛物线的焦点为，为上一点，且.（1）求的方程；（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.（i）求点的坐标；（ii）求与的面积之和的最小值.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）【解析】（1）由题意可得，解得，所以的方程为：；（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，故可设的直线的方程为，代入抛物线的方程，可得，方程的判别式，设，，不妨设，则,所以直线AD的方程为：，即，即，令，可得，所以，所以，所以；（ii）如图所示，可得，，所以与的面积之和当且仅当时，即时，等号成立，所以与的面积之和的最小值为.19．无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．（1）写出这个数列的前7项；（2）如果且，求m，n的值；（3）记，，求一个正整数n，满足．【答案】（1），，，，，，；（2）；（3）（答案不唯一，满足即可）【解析】（1）根据题意，，，，，，，．（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．当时，因为，所以，故；当时，因为，而n为奇数，，所以．又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．所以．而，所以，即，，无解．所以．（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．所以，n为正奇数．又，所以．设或，．当时，，不满足；当时，，即．所以，取，时，即．2024年高考考前押题密卷数学·全解全析一、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．样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（

）A．16 B．17 C．23 D．24【答案】C【解析】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，，所以分位数为.故选：C．2．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【解析】依题意，，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（

）A．若,,则； B．若,,,则；C．若，，则； D．若，，，,则．【答案】C【解析】若，，则或与相交或与异面，故A错误；若，，，则或与相交，故B错误；若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误．故选：C．4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（

）A． B． C．2 D．4【答案】A【解析】双曲线的渐近线方程为，因为直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，所以的右焦点到直线的距离为.故选：A.5．某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．52种【答案】B【解析】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式.所以一共有：种安排方式.故选：B6．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（

）A．－36或36 B．－36 C．36 D．18【答案】C【解析】数列为等比数列，设公比为q，且，，则，则，则，则，故选：C.7．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设，则，，则，即，化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，又，所以三点共线，显然当直线与此圆相切时，的值最大.又,则,则.故选：D.8．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】A【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：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．已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（

）A．函数的周期为B．函数的图象关于直线对称C．函数在区间上单调递减D．函数在区间上的最小值为【答案】AD【解析】，，故数的周期为，A正确，对于B.函数，故不关于直线对称，B错误，对C.当则，故函数在区间不是单调递减，C错误，对于D.则，故当时，取最小值故D正确，故选：AD10．已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（

）A．的离心率为 B．的周长为12C．的最小值为3 D．的最大值为16【答案】BD【解析】由椭圆得则所以，故A错误;易知的周长为故B正确；当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；由基本不等式得，当且仅当时取等，则取得最大值16，故D正确.故选：BD.11．已知函数及其导函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，且，则（

）A．为偶函数 B．的图象关于点对称C． D．【答案】BCD【解析】由的图象关于直线对称，可得的图象关于直线对称，即的图象关于直线对称，则由，可得，又，所以，所以的图象关于点对称，即为奇函数，所以，即，即函数的周期为4，由，可得，因为的周期为4，所以，则，即，所以的图象关于点对称，故B正确；因为的图象关于直线对称，则，所以，所以，因为的周期为4，所以的周期也为4.由，可得，所以，故C正确；由，可得，所以，即，故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．已知集合，，若，则实数．【答案】【解析】因为，所以或，或，又由集合中元素的互异性可知且且，且，综上.13．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记．若，则．【答案】【解析】因为，所以，由题意当时，所以.14．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为．【答案】【解析】由余弦定理得，两式相减得，因为，所以，由正弦定理得，即，所以，则，因为在中，不同时为，，故，所以，又，所以，则，故，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以，即的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】（1）记检测过程中两件次品不相邻为事件，依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻的概率，所以.（2）依题意的可能取值为、、、，所以，，，，所以的分布列为：所以.16．已知函数，，.（1）求函数的单调区间；（2）若且恒成立，求的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）（），当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；当时，，；，，从而在上递增，在递减；综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使.，由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，解得：，所以的最小值为.17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，是中点，是中点.（1）证明：直线平面；（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：取的中点为，连接，因为分别为的中点，所以且，在正方形中，是中点，可得且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，故直线平面.（2）因为底面四边形为正方形，且底面，以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，则，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，设，则，因为，所以，可得，且，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面的夹角的为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18．已知抛物线的焦点为，为上一点，且.（1）求的方程；（2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点.（i）求点的坐标；（ii）求与的面积之和的最小值.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）【解析】（1）由题意可得，解得，所以的方程为：；（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，故可设的直线的方程为，代入抛物线的方程，可得，方程的判别式，设，，不妨设，则,所以直线AD的方程为：，即，即，令，可得，所以，所以，所以；（ii）如图所示，可得，，所以与的面积之和当且仅当时，即时，等号成立，所以与的面积之和的最小值为.19．无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．（1）写出这个数列的前7项；（2）如果且，求m，n的值；（3）记，，求一个正整数n，满足．【答案】（1），，，，，，；（2）；（3）（答案不唯一，满足即可）【解析】（1）根据题意，，，，，，，．（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．当时，因为，所以，故；当时，因为，而n为奇数，，所以．又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．所以．而，所以，即，，无解．关注公众号《全元高考》微信公众号《全元高考》2024届高三押题群享各大主流机构押题，王h雄/天xing所以．（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．所以，n为正奇数．又，所以．设或，．当时，，不满足；当时，，即．所以，取，时，即．2024年高考考前押题密卷数学·参考答案一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．12345678CDCABCDA二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．AD 10．BD 11．BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．12． 13． 14．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）【解析】【小问1详解】记检测过程中两件次品不相邻为事件，依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻的概率，所以...........................5分【小问2详解】依题意的可能取值为、、、，所以，，，，.........................................................................10分所以的分布列为：所以........................................................................................13分16．（15分）【解析】【小问1详解】（），当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；...............................3分当时，，；，，从而在上递增，在递减；...................................................................................6分综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为...........................................7分【小问2详解】令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使.，...............................................................................................9分由于，，所以恒成立，当时，，当时，，.................................................................13分所以，解得：，所以的最小值为.............................................................................................................................15分17．（15分）【解析】【小问1详解】取的中点为，连接，因为分别为的中点，所以且，在正方形中，是中点，可得且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，故直线平面..............................................6分【小问2详解】因为底面四边形为正方形，且底面，以为坐标原点，以所在的直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，则，..........................................................................................8分设平面的法向量为，则，令，可得，所以，...................................................................................10分设，则，因为，所以，可得，且，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，............................................................................13分设平面与平面的夹角的为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为..........................................................................15