安徽省2024届普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（解析版）

绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试预测卷：安徽专版数学（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、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，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.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.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】C【解析】【分析】解分式不等式得集合A，解根式不等式得集合B，由集合交集及补集运算可得结果.【详解】由题意知，，则，所以．故选：C．2.在复平面内，若复数对应点的坐标为是虚数单位，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据题，得到，结合复数的运算法则，求得，再由复数模的运算法则，即可求解.【详解】由题意，可得，则，所以．故选：A．3.已知，则（）A. B. C.或2 D.2【答案】D【解析】【分析】由两角和的正弦和两角差的正切展开式化简已知等式，再结合同角的三角函数关系计算即可.【详解】由，得①．由，得，即，解得，所以②．由①②，得．所以．故选：D．4.已知三棱锥的四个顶点均在球上，平面．若，则球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由条件，解三角形可求，将三棱锥补形为长方体，根据长方体及其外接球的关系可求得三棱锥的外接球半径，结合球的体积公式求结论.【详解】在中，，所以，所以．因为平面平面，所以．又，所以．如图将三棱锥，补形为长方体，则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，长方体的体对角线是长方体的外接球的直径，球心为的中点．又，即，所以球的半径为2，故球的体积．故选：C．5.已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（）A. B. C.为奇函数 D.为奇函数【答案】C【解析】【分析】方法一：利用抽象函数的奇偶性和相关条件推导出函数的周期性、对称性等基本性质，逐一对选项进行分析判断；方法二：依题意构造函数法.依题意，可设，则，一一对选项进行计算、验证即得.【详解】方法一:（函数性质判断法）由fx-1为偶函数，得由为奇函数，得．又，则②．则由①，（*），由②，，故得．把取成，得③，于是，，即函数的周期为2，故B错误；又因为R上的奇函数，则，的周期为2，则，故A错误；由③得，，即，故．因为奇函数，故为奇函数，故C正确；由（*），，得，即为偶函数，又，所以为偶函数，故D错误.方法二：（构造函数法）依题意，可设，则为偶函数，由为奇函数，且函数的定义域均为R，对于A，，排除A；对于B，显然的最小正周期是2，排除B；对于C，是奇函数，故C正确；对于D，，显然是偶函数，排除D.故选：C.6.已知函数在上无零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出，结合正弦函数的零点可得存在整数，使得成立，故可求的取值范围.【详解】函数在上无零点，当时，，由题设可得存在整数，使得成立，解得，而，故且，故.当时，；当时，．结合可得的取值范围为．故选：D．7.已知，动圆经过原点，且圆心在直线上．当直线的斜率取最大值时，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】运用两点间斜率公式，结合基本不等式可解.【详解】由题意可得，，直线的斜率为．因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，即当直线的斜率取最大值时，，所以，故．故选：B．8.已知的外心为，内角的对边分别为，且．若，则（）A. B.50 C.25 D.【答案】B【解析】【分析】由题意设，由余弦定理结合可求出，从而可求出的值，求得外接圆半径，由向量的线性运算、数量积运算化简求解即可.【详解】由已知，令，所以是等腰三角形．由余弦定理，得．因为，所以，解得（负值已舍去），所以．设的外接圆半径为，因为，所以，所以．由为等腰三角形知，所以，即．所以．故选：B．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.移动互联网时代，智能终端市场商机无限，全球商家强势抢攻市场．通过同比数据发现，中国智能手机市场呈现出积极的增长趋势．据报载，年月，中国市场智能手机新机激活量为万台，同比增长（同比增长率），具体分为个品牌排名，统计数据如下表所示，则下列说法正确的有（）排名品牌当月新机激活量/万台同比新机激活量/万台苹果小米荣耀华为其他A.该月个品牌新机激活量同比数据的极差为B.该月个品牌新机激活量数据平均数大于中位数C.该月“华为”品牌新机激活量同比增长率大于D.去年同期中国市场智能手机新机激活量总量小于万台【答案】BCD【解析】【分析】根据题中所提供的数据结合极差定义求该月个品牌新机激活量同比数据的极差判断A，求该月个品牌新机激活量数据的平均数和中位数判断B，根据公式求该月“华为”品牌新机激活量同比增长率判断C，根据公式求去年同期中国市场智能手机新机激活量总量判断D.【详解】对于A，同比新机激活量数据的极差为，故A错误；对于B，该月新机激活量数据的平均数为，该月个品牌新机激活量数据中位数为401.4，故B正确；对于C，去年同期“华为”品牌新机激活量为，所以同比增长率为，故C正确；对于D，设去年同期中国市场智能手机新机激活量为，由题意可得，解得，故D正确．故选：BCD．10.在正方体中，分别是棱的中点，则下列说法正确的有（）A. B.平面C. D.与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】【分析】由可知平面，而，故与不平行，即可判断A；由线面平行的判定定理证明即可判断B；设正方体的棱长为，然后由勾股定理证明即可判断C；找到直线与平西所成的角为，然后计算正弦值即可判断D．【详解】对于A，如图，连接，取的中点，连接，则．由正方体的性质可知，所以．因为，所以与不平行，故A错误．对于B，如图，设与交于点，连接．易知为的中点，所以．因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面平面，所以平面，故B正确．对于C，设正方体的棱长为，由，可知与所成的角即为与所成的角．如图，连接．在中，，所以，所以为直角三角形，且，即，所以，故C正确．对于D，如图，取的中点，连接，易知平面．因为平面，所以，所以与平面所成的角为．设正方体的棱长为，则，所以，故D错误．故选:BC．11.已知定义在R上的函数，当时，其图像关于原点对称，且，当时，恒有成立．函数，则（）A. B.C.的图象关于直线对称 D.方程有且仅有2个实数根【答案】CD【解析】【分析】根据题意，构造函数，即可得到是偶函数且在上单调递增，结合函数单调性以及对称性即可判断ABC，将方程的根转化为函数图像的交点即可判断D【详解】当时，，即．令，则，所以在上单调递减．因为当时，的图像关于原点对称，所以．所以，所以是偶函数，故在上单调递增．对于A，由，可知，由以上分析可知，即，所以，故A错误．对于B，由以上分析可知，即，所以，故B错误．对于C，令，则，所以，即，因为，所以的图像关于直线对称，故C正确．对于D，当时，，而，故．当时，方程可化为．由，可得，画出函数与的大致图像，如图所示．由图像知，方程，即有且仅有2个实数根，故D正确．故选：CD．【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的性质，包括函数的单调性，奇偶性以及对称性，难度较大，解答本题的关键在于构造函数，然后利用函数的性质，逐一判断.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在平面直角坐标系中，为坐标原点，设数集，点集，从中任取相异两点与点组成三角形，在所有组成的三角形中，任取一个三角形，则其面积恰为1的概率______．【答案】##0.2【解析】【分析】在坐标平面中画出中的点，结合点的位置可判断面积为1的点对的个数，再结合古典概型的计算公式可求.【详解】由题意知点集中共有6个点，分别记为．从中任取相异两点，它们均可与点组成三角形，故共有（种）取法，在这些三角形中，若面积为1，则所取两点不能均来自，或均来自，若选，则，，，若选，则，，，若选，则，故面积为1三角形共有3个，即，故所求概率．故答案为：.【点睛】思路点睛：利用古典概型的概率公式计算概率时，应该用列举法求出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，必要时需结合画图或列表等.13.已知抛物线的焦点为为上的两点．若直线的斜率为，且，延长分别交于两点，则四边形的面积为______．【答案】50【解析】【分析】通过抛物线的焦点坐标，直线的斜率和直线的垂直关系，求出对角线；再利用两对角线垂直的四边形面积公式，即可求得.【详解】由题可知，抛物线的焦点坐标为F1,0因为直线的斜率为，所以直线的方程为，与抛物线的方程联立，得，所以．设，则，，故．因为，所以，所以直线的斜率为，直线的方程为，与抛物线的方程联立，得．所以．设，则，，故．所以四边形的面积为．故答案为：50.14.在正项等比数列中，，记，其中表示不超过最大整数，则______．【答案】【解析】【分析】设等比数列an的公比为，由计算出，然后根据，计算即可.【详解】设等比数列an的公比为．由题意知，，整理得，解得或（负值舍去），故．所以．当时，；当时，；当时，；当时，；当时，．故．故答案为：.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.如图，在四棱锥中，底面是梯形，，侧面为正三角形，且与底面垂直，E为的中点，M在上，满足．（1）当时，证明：平面；（2）当二面角为时，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PB的中点F，连接MF，AF，证明四边形ADMF是平行四边形，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，用含的式子表示M点的坐标，然后求出平面MED的一个法向量用含的式子表示，再利用向量夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：当时，M为的中点．如图，连接，取的中点F，连接．在中，，所以为等边三角形，所以，又，所以．在中，由正弦定理，得，所以．因为．所以．所以，所以，所以．因为分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以．又平面平面，所以平面．【小问2详解】在中，，所以，即．因为为正三角形，E为的中点，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，所以，故以E点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图2，则，，所以．设点，由．得，，所以．设平面的法向量为，则令，则，得，易知平面的一个法向量为，所以，即，解得（舍去）或．故当面角为时，．16.已知椭圆的一条准线的方程为，点分别为椭圆的左、右顶点，长轴长与焦距之差为2．（1）求的标准方程；（2）过上任一点作的两条切线，切点分别为，当四边形的面积最大时，求的正切值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）构造关于的方程组，解出即可；（2）画出草图，分类讨论，当位于点处时，切线与轴垂直，不合题意，设切线的方程为，与椭圆联立，由得，在上，知道，得到，同理得切线的方程为，进而得到直线的方程为，再与椭圆联立，借助韦达定理，后将四边形面积表示出来，即，借助对勾函数单调性求最值，再借助和角正切公式计算即可.【小问1详解】由题意得，解得所以，所以的标准方程为．【小问2详解】如图，取上任意一点M4,t，设，当位于点处时，切线与轴垂直，不合题意，故．设切线的方程为①，联立整理得，由，得．因为在上，所以，故，代入①式，整理得，同理得切线的方程为．因为两条切线都经过M4,t，所以所以直线的方程为．联立整理得，所以②．显然与异号．由题意知，所以．设，则，将②式代入并整理，得．因为，所以易知在上单调递增，所以当时，有最小值，即有最大值，为36．所以当时，四边形的面积最大，最大面积为6．此时直线的方程为，故直线与轴垂直．设与的交点为，显然是椭圆的右焦点，所以，所以，所以．17.已知函数．（1）若对恒成立，求实数的取值范围；（2）证明：对任意正整数，不等式恒成立．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）把不等式恒成立转化为恒成立，再结合函数的最小值，即可求出参数范围；（2）先证明不等式，再取得出，最后求和即可证明不等式.【小问1详解】若对恒成立，则恒成立，即恒成立．记，则．记，则，故在上单调递增．又，所以，使得，即，即．故当时，，即；当时，，即．所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以．所以实数的取值范围是．【小问2详解】由（1）知，当时，，即，当且仅当时，等号成立，而，所以当时，恒成立．下面证明当时，．记，则，故在上单调递增，则，所以当时，．故当时，．令，则，所以，所以对任意正整数，不等式恒成立．【点睛】关键点点睛：解题的关键点先证明，再取得出累加求和即可证明不等式.18.“友谊杯”围棋擂台赛采取淘汰制，现有名选手报名参加比赛（含甲、乙两名选手），规则如下：第一轮将所有报名选手任意两两配对对弈，输者淘汰出局，然后将剩下的名胜者再任意两两配对对弈，同样输者淘汰出局……如此下去，直至第轮比赛决出一名冠军．假定每名选手在各轮比赛中获胜的概率均为0.5．（1）当时，求甲、乙两人相遇对弈的概率；（2）当时，求甲、乙两人相遇对弈的概率；（3）已知当擂台赛报名选手人数分别为时，甲、乙两人相遇对弈的次数依次是，记，若随机变量服从两点分布，且，，求．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）记甲、乙两人在第一轮和第二轮中相遇对弈的事件分别为和，则，分别求和，代入即得；（2）设报名选手人数为时，甲、乙两人相遇对弈的概率为，当时，，分别求和，代入即得；可得；（3）先求，再由公式，利用等比数列的前项和公式计算即得.【小问1详解】当时，报名选手只有4人，其中包含甲、乙．记甲、乙两人在第一轮和第二轮中相遇对弈的事件分别为和，则.甲、乙两人相遇对弈的情况分为两种：①甲、乙两人在第一轮中配对，由于4人两两配对的方式共有（种），故；②甲、乙两人在第一轮中没有配对，那么他们只有在第一轮中都胜出进入第二轮才有可能配对，而第二轮只有两人比赛，所以他们必相遇对弈，此时．所以．【小问2详解】设报名选手人数为时，甲、乙两人相遇对弈的概率为．考虑的情况，仍用和分别表示甲、乙两人在第一轮比赛和后续比赛中相遇对弈的事件，则甲、乙两人相遇对弈的概率．同样甲、乙两人相遇对弈的情况分为两种：①甲、乙两人在第一轮中配对，因为个人两两配对的方式共有种，其中甲、乙两人配对的方式有种，所以；②甲、乙两人在第一轮中没有配对，那么他们要想在后续的比赛中相遇对弈，只有他们两