决胜2024年高考数学押题预测卷02数学（新高考九省联考题型）（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．若，则（）A B. C. D.【答案】B【解析】由题意得，所以.故选：B.2．已知向量，则与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，则，所以.故选：D．3．“直线与平行”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若直线与平行，易得:，故：，则得不到，故不是充分条件；反之，当时成立，故直线与平行，是必要条件；故“直线与平行”是“”的必要不充分条件，故选：B．4．若，则（）A.64 B.33 C.32 D.31【答案】D【解析】因为，所以令可得①，令可得②，令可得③，②+③可得①，将①代入④可得.故选：D5．公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数，拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如下图所示：圆锥的高和底面半径为，平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点，设截面圆圆心为点，且，则，易知，则，即，可得，所以，截面圆圆的半径为，圆的面积为，又因为，根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，高为的圆锥的体积近似相等，所以该“睡美人城堡”的体积约为，故选：D.6.在中，内角的对边分别为，若，且，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，整理得，所以，又，所以，又，所以，解得，所以又，则，所以，即的取值范围为.故选：C.7．已知正实数满足，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意，所以令，所以问题等价于比较的图象分别与的图象三个交点横坐标的大小关系，而均过点，则由指数函数单调性可知，的图象分别与的图象三个交点横坐标如图所示：则.故选：A.8．已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义得：，，设，则在中，由余弦定理得，，化简得，即，则，当且仅当，即时等号成立，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．下列说法正确的是（）A.数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的第70百分位数是8.5B.若随机变量，则C.设为两个随机事件，，若，则事件A与事件相互独立D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的卡方独立性检验，可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05【答案】BCD【解析】对于A，因为，又将数据从小到大排列，第7个数为7，第8个数为8，所以第70百分位数为7.5，故A错误；对于B，根据正态分布的性质可知为，，故B正确；对于C，根据条件概率可知，由相互独立事件的判定可知C正确；对于D，根据独立性检验的意义可知，故可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05，故D正确.故选：BCD.10．若函数，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.的最小值为D.的单调递减区间为，【答案】BCD 【解析】由，得的定义域为，，当时，不在定义域内，故不成立，故选项A错误；又，所以的图象关于直线对称，所以选项B正确；因为，设，所以函数转化为，，，由得，由得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项C正确；因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，，解得，，因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，，同理函数的递增区间为，，所以选项D正确，故选:BCD11．设函数的定义域为R，为奇函数，，，则（）A B.C. D.【答案】ABD【解析】由为奇函数，即函数的图象关于对称，又，则的图象关于对称，所以，则，为周期函数且周期为，B对．所以，A对．而，C错．由上可知，，所以，则，D对．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知集合，，则______________.【答案】【解析】由，可得，即，故.故答案为：13．已知A为圆C：上动点，B为圆E：上的动点，P为直线上的动点，则的最大值为______________.【答案】【解析】设关于直线的对称点为，则，解得，故，则圆关于对称的圆的方程为，要使的值最大，则（其中为关于直线的对称圆上的点）三点共线，且该直线过两点，如图，其最大值为.故答案为：.14.已知数列的通项公式为，若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】由，则，故，由，可得，即，设，则恒成立，故在单调递减，当时，，即当时，，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．甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：场次12345678910甲8101071288101013乙9138121411791210丙121191111998911（1）从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；（2）在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望；（3）假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【解析】（1）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则.（2）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场.所以的所有可能取值为0，1，2.，，.所以的分布列为012所以.（3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，还需要进行6场比赛，而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以，，故.16．如图，在多面体中，底面为平行四边形，，矩形所在平面与底面垂直，为的中点.（1）求证：平面平面；（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）如图，连接交于点，连接.因为底面为平行四边形，所以为的中点.因为为的中点，所以.又因为平面平面，所以平面.因为为矩形，所以平面平面，所以平面.因为平面平面，所以平面平面.（2）因为，所以.因为平面平面，平面平面，所以平面.分别以为轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，所以，设平面的法向量为，则即，令，则，设平面的法向量为，则即，令，则，所以，解得，所以.设与平面所成的角为，则.所以与平面所成的角的正弦值为.17．已知函数.（1）若曲线在点处的切线为轴，求的值；（2）讨论在区间内极值点的个数；【答案】（1）（2）答案见解析【解析】(1)由得：，依题意，，得.经验证，在点处的切线为，所以.(2)由题得.（i）若，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，所以无极值点.（ii）若，当时，，故在区间上单调递减，当时，，故在区间上单调递增.所以为的极小值点，且无极大值点.综上，当时，在区间内的极值点个数为0；当时，在区间内的极值点个数为1.18．已知抛物线：，直线，且点在抛物线上．（1）若点在直线上，且四点构成菱形，求直线的方程；（2）若点为抛物线和直线的交点（位于轴下方），点在直线上，且四点构成矩形，求直线的斜率．【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意知，设直线．联立得，则，，则的中点在直线上，代入可解得，，满足直线与抛物线有两个交点，所以直线的方程为，即．（2）当直线的斜率为或不存在时，均不满足题意．由得或（舍去），故．当直线的斜率存在且不为时，设直线．联立得，所以．所以．同理得．由的中点在直线上，得，即．令，则，解得或．当时，直线的斜率；当时，直线的斜率不存在．所以直线的斜率为．19．若无穷数列的各项均为整数．且对于，都存在，使得，则称数列满足性质P．（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①，，，，…；②，，，，…．（2）若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；（3）若周期数列满足性质P，请写出数列的通项公式（不需要证明）．【答案】（1）①不满足；②满足（2）证明见解析；（3）或；【解析】（1）对①，取，对，则，可得，显然不存在，使得，所以数列不满足性质P；对②，对于，则，，故，因为，则，且，所以存在，，使得，故数列满足性质P；（2）若数列满足性质，且，则有：取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，故数列中存在，使得，即，反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，即这与假设相矛盾，故集合为无限集.（3）设周期数列的周期为，则对，均有，设周期数列的最大项为，最小项为，即对，均有，若数列满足性质：反证：假设时，取，则，使得，则，即，这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；反证：假设时，取，则，使得，这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；综上所述：对，均有，反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，∵，即为数列中的项，这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，∵，则，当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，使得，解得或，即或符合题意；当时，即数列至少有两个不同项，则有：①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；综上所述：或.