2024年高三模拟押题卷01（测试范围：高考全部内容）（解析版）

2024年高三模拟押题卷01（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Ⅰ卷一、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．2【答案】C【解析】因为或，所以.故选：C.2．已知复数，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】,则.故选:A.3．设平面向量，，且，则=（

）A．1 B．14 C． D．【答案】B【解析】因为，所以又，则所以，则，故选：4．已知定义在上的偶函数在上单调递减，则（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为偶函数在上单调递减，所以函数在单调递增，且，，又，，所以，，所以，即.故选：B5．设椭圆C：的半焦距为c，离心率为e，已知圆O：与C有四个公共点，依次连接这四点组成一个正方形，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知，点在椭圆C上，则，将代入并化简得，因为，解得.方法2：设圆O与椭圆C在第一象限的公共点为M,设C的左、右焦点为、，，，所以，，，又因为，所以，所以.故选：D.6．过点作圆的两条切线，设切点分别为A，B，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆的圆心为，因为过点作圆的两条切线，设切点分别为，，所以，，，四点在以为直径的圆上，设为，故的方程为，即，将两圆联立方程组，解得，故直线：，点到直线：的距离为，在圆中，点到直线：的距离为，所以，解得，所以的面积为.故选：B.7．已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意知是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差，若，此时，，是等差数列的前n项和中的最小值，此时，即，则；若，，此时是等差数列的前n项和中的最小值，此时，，即，则，综上可得：的取值范围是，故选:B．8．若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】一方面由题意，且注意到，联立得，解得，所以，另一方面不妨设，且，所以有，解得或（舍去），即，由两角和的正切公式有，所以.故选：B.二、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．为深人学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（

）A．中位数为90，平均数为89B．分位数为93C．极差为30，标准差为58D．去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小【答案】ABD【解析】对于A，由题意中位数为，平均数为，故A正确；对于B，因为，所以分位数为，故B正确；对于C，极差为，方差，所以标准差，故C错误；对于D，去掉一个最低分和一个最高分，则平均数为，方差为，所以去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小，故D正确.故选：ABD.10．压缩袋（真空压缩袋）也叫PE拉链复合袋．在我们的日常生活中，各类大小的压缩袋不但能把衣柜解放出来，而且可以达到防潮、防虫咬、清洁保存的效果．其中抽气式压缩袋是通过外接抽气用具如抽气泵或吸尘器，来进行排气的．现选用某种抽气泵对装有棉被的压缩袋进行排气，已知该型号的抽气泵每次可以抽出压缩袋内气体的，则（

）（参考数据：取）A．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽5次B．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽9次C．抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的D．抽3次可以使压缩袋内剩余的气体少于原来的【答案】ACD【解析】设抽气泵抽了次，若要使压缩袋内的气体少于原来的，则，即，则．因为，所以至少要抽5次，A正确，B错误．抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的，C正确．，D正确．故选：ACD11．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若满足，的图象关于直线对称，且，则（

）A． B．为奇函数C． D．【答案】ACD【解析】由，得，等式两边同时求导，得即，故的图象关于点对称，故A正确；因为的图象关于直线对称，故的图象关于直线对称，即为偶函数，则，所以应满足（为常数），当时，不是奇函数，故B错误；因为，，所以，故C正确；因为的图象关于点对称，关于轴对称，且，所以，，，在一个周期内，，所以，故D正确．故选：ACD12．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．表面积为的球体B．体积为的正四面体C．体积为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆锥【答案】ABD【解析】选项A，设球半径为，由得，A能够放入；选项B，设正四面体棱长为，如图正四面体，是面中心，是四面体的高，，，体积为，，在边长为1的正方形中，如下右图，，分别在边上，，，因此，所以，是等边三角形，易得，，，所以，，因此B中正四面体可以放入棱长为1的正方体中；选项C，体积为的圆柱体，只有当底面直径不大于1m，高也不大小1m可放入棱长为1的正方体中，当高大于1m，或底面直径大于1m时，不能放入，例如当圆柱底面半径为0.1m时，高为，就不能放入．选项D，圆锥底面直径为1.2m，高为0.8m，如果能放到正方体中，根据对称性，把圆锥的轴放在正方体的对角线上，如图正方体中，，则，可证明平面（通过证明平面得，同理得，从而得证），因此圆锥的底面在平面或与之平行的平面内，是等边三角形，边长为，其内切圆半径为，因此题中圆锥的底面不可能在平面内，也不可能在平面与点之间，设平面与的交点为（是底面正方形中心，），如图，是中心，由与平面可得，，因此，从而，重新取正六边形，如图，各顶点是相应棱中点，易可证明平面平面，从而也有平面，而正六边形的边长为，其内切圆半径为，，，，由可得是中点，而，因此题设圆锥可能放到正方体中，D能放入．故选：ABD．第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知人都在至层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是．【答案】120【解析】由题意，人都在至层的某一层人独自出电梯，共有种；人中有人在同一层出电梯，另人在另外一层出电梯，共有种；故甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是种．故答案为：12014．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是．

【答案】【解析】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10，则，，，所以，设外接球的半径为，，则，因为垂直于上下底面，所以，即，又，即，联立解得，，所以该米斗的外接球的表面积为．故答案为：15．已知函数在区间上有且仅有3个对称中心，给出下列四个结论：①的值可能是3；

②的最小正周期可能是；③在区间上单调递减；

④图象的对称轴可能是.其中所有正确结论的序号是.【答案】①②③【解析】函数，，，函数在区间上有且仅有3个对称中心，则，，即的取值范围是，而，故①正确；周期，由，得，，的最小正周期可能是，故②正确；，，，，又，在区间上单调递减，故③正确；当，即，又，，当时，，当时，，故④不正确.故答案为：①②③.16．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与的左、右两支分别交于两点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则的离心率为．【答案】/【解析】因为，所以，所以，设，且，由双曲线的定义可得则，，因为经过的内切圆圆心，所以为的角平分线，所以由角平分线定理，则，可得，所以，，，在三角形中，所以，即，可得，化简可得，解得.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且．(1)求；(2)若的面积是，，求的周长．【解析】（1）由，可得到，即．因为，所以，故．（2）由，可得，因为，所以，则．由余弦定理得，即，所以，故的周长是．18．（12分）在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.

(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.【解析】（1）取中点，连接，，∵，∴，又∵，，∴，∴四边形是平行四边形，而，故平行四边形是矩形，∴，又∵为等边三角形且为中点.∴，平面，，∴面，面，∴.（2）法一：∵平面平面，且平面平面，，平面，∴平面，平面，∴，，两两垂直，连接、，以中点为坐标原点，、、分别为、、轴，建立如上图所示空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，平面的一个法向量可取为，设平面的法向量为，所以，即，令，则取，设二面角的平面角为，则，由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.法二：由（1）知，∵面面，且面面，平面，又∵，∴平面，而平面，故，如图，连接、，作于，连接，平面，故平面，平面，故，则即为二面角的平面角，设，在中，,故，是等边三角形，则，,故.19．（12分）设数列的前项和为，已知.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.【解析】（1）一方面：因为，所以，所以，即；另一方面：又时，有，即，且，所以此时；结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知，又由题意，数列的前项和为，又，都有，故只需，而关于单调递增，所以关于单调递减，关于单调递增，所以当时，有，因此，即，解得，综上所述：的取值范围为.20．（12分）红蜘蛛是柚子的主要害虫之一，能对柚子树造成严重伤害，每只红蜘蛛的平均产卵数y（个）和平均温度x（℃）有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.

(1)根据散点图判断，与（其中…为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度x（℃）的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）(2)由（1）的判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到0.1）附：回归方程中，，参考数据（）5215177137142781.33.6(3)根据以往每年平均气温以及对果园年产值的统计，得到以下数据：平均气温在22℃以下的年数占60%，对柚子产量影响不大，不需要采取防虫措施；平均气温在22℃至28℃的年数占30%，柚子产量会下降20%；平均气温在28℃以上的年数占10%，柚子产量会下降50%.为了更好的防治红蜘蛛虫害，农科所研发出各种防害措施供果农选择.在每年价格不变，无虫害的情况下，某果园年产值为200万元，根据以上数据，以得到最高收益（收益＝产值－防害费用）为目标，请为果农从以下几个方案中推荐最佳防害方案，并说明理由.方案1：选择防害措施A，可以防止各种气温的红蜘蛛虫害不减产，费用是18万；方案2：选择防害措施B，可以防治22℃至28℃的蜘蛛虫害，但无法防治28℃以上的红蜘蛛虫害，费用是10万；方案3：不采取防虫害措施.【解析】（1）由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型.（2）将两边同时取自然对数，可得，由题中的数据可得，，，所以，则，所以z关于x的线性回归方程为，故y关于x的回归方程为；（3）用，和分别表示选择三种方案的收益.采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为万，即采用第2种方案，不发生28℃以上的红蜘蛛虫害，收益为万，如果发生，则收益为万，即，同样，采用第3种方案，有所以，，，.显然，最大，所以选择方案1最佳.21．（12分）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.【解析】（1）对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性：情形一：当时，有，令，解得，所以当时，有，此时单调递减，当时，有，此时单调递增；所以在单调递减，在单调递增；情形二：当时，令，解得，接下来又分三种小情形来讨论的单调性：情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以由题意，又因为在区间上存在唯一零点，所以存在唯一的，有，化简得，若要证明，则只需，即只需，不妨设，求导得，令，继续求导得，所以当时，单调递增，所以，所以当时，单调递增，所以，即当时，有不等式成立，综上所述：若在区间上