押題預(yù)測卷06-決勝2024年高考數(shù)學(xué)押題預(yù)測模擬卷（新高考九省聯(lián)考題型）（解析版）

決勝2024年高考數(shù)學(xué)押題預(yù)測卷06數(shù)學(xué)（新高考九省聯(lián)考題型）（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知樣本數(shù)據(jù)為、、、、、、，去掉一個最大值和一個最小值后的數(shù)據(jù)與原來的數(shù)據(jù)相比，下列數(shù)字特征一定不變的是（）A.極差 B.平均數(shù) C.中位數(shù) D.方差【答案】C【解析】樣本數(shù)據(jù)為、、、、、、，去掉一個最大值和一個最小值后的數(shù)據(jù)與原來的數(shù)據(jù)相比，假設(shè)從小到大就是從到，極差可能變化，故A錯；平均數(shù)為，可能變，故B錯；中位數(shù)還是按從小到大排序中間位置的數(shù)，故C正確；方差為，有可能變，故D錯.故選：C2．已知全集，集合A，B滿足，則下列關(guān)系一定正確的是（）A B. C. D.【答案】C【解析】因為集合A，B滿足，故可得，對A：當(dāng)為的真子集時，不成立；對B：當(dāng)為的真子集時，也不成立；對C：，恒成立；對D：當(dāng)為的真子集時，不成立；故選：C.3．，展開式中項的系數(shù)等于40，則是的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】A【解析】的展開式中含項為，故，解得，故“”是“”的充分不必要條件.故選：A4．若，則（）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】由，得，即，即，所以，所以，則故選：C.5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量與關(guān)于x軸對稱，向量若滿足的點A的軌跡為E，則（）A.E是一條垂直于x軸的直線 B.E是一個半徑為1的圓C.E是兩條平行直線 D.E是橢圓【答案】B【解析】設(shè)，由題有，，所以，，所以，即，所以點的集合是以為圓心，1為半徑的圓.其軌跡為半徑為1的圓，故選：B．6．夾彈珠游戲是兒童特別喜歡的游戲，夾彈珠能有效提高參與者的注意力與協(xié)調(diào)性，調(diào)整邏輯思維判斷和空間控制平衡能力，鍛煉小肌肉，增強手眼協(xié)調(diào)，培養(yǎng)敏捷的反應(yīng)能力，從而提高參與者的適應(yīng)能力.如圖，三個半徑都是的玻璃彈珠放在一個半球面形狀的容器（不計厚度）中，每顆彈珠的頂端恰好與容器的上沿處于同一水平面，則這個容器的表面積（包括容器的內(nèi)部和外部兩部分）是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在面上的投影為為大球球心，為小球球心.，大球半徑為，，，故選：D.7．已知函數(shù)，，，若的最小值為，且，則的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因為，又，，且的最小值為，所以，即，又，所以，所以，又，所以，即，因為，所以，所以，令，，解得，，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.故選：B8．已知，是橢圓和雙曲線的公共焦點，P，Q是它們的兩個公共點，且P，Q關(guān)于原點對稱，若橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如圖，設(shè)橢圓的長半軸長為，雙曲線的實半軸長為，則根據(jù)橢圓及雙曲線的定義得：，，設(shè)，根據(jù)橢圓與雙曲線的對稱性知四邊形為平行四邊形，則，則在中，由余弦定理得，，化簡得，即，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故選：A.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，則（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】由題可知，，，故A正確；，，故B錯誤；，所以，C正確；，所以，故D正確.故選：ACD10．設(shè)是一個隨機試驗中的兩個事件，且，則（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】，故A對.，故B錯.，故C對.，，故D對.故選：ACD.11．已知定義在上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)分別為，且，則（）A.的圖象關(guān)于點中心對稱 B.C. D.【答案】BCD【解析】由題意可得，兩式相減可得①，所以的圖象關(guān)于點中心對稱，A錯誤；由②，②式兩邊對求導(dǎo)可得，可知偶函數(shù)，以替換①中的可得，可得，所以是周期為4的周期函數(shù)，B正確；因為，可知也是周期為4的周期函數(shù)，即，兩邊求導(dǎo)可得，所以，C正確；因為，令，則，即，又因為是偶函數(shù)，所以，又因為是周期為4的周期函數(shù)，則，由可得，所以，D正確.故選：BCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．等差數(shù)列的首項為1，公差不為0，若成等比數(shù)列，則的前5項的和為__________.【答案】【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為且，且，因為成等比數(shù)列，可得，即，即或（舍去），所以.故答案為：13.已知圓錐的母線長為2，則當(dāng)圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為__________時，圓錐的體積最大，最大值為__________.【答案】

；

【解析】設(shè)圓錐的底面半徑r，母線為l，高為h，

設(shè)母線與底面所成的角為，

則，

則，

則，

則圓錐的體積為

，

令，則，

令，求導(dǎo)得，

令，則或舍去，

所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增，

當(dāng)時，，單調(diào)遞減，

所以當(dāng)時，取得極大值，也是最大值.

此時最大，，

即圓錐的母線與底面所成的角的余弦值時，

圓錐的體積最大，最大值為

故答案為：；14.在中，角所對的邊分別為，若分別在邊和上，且把的面積分成相等的兩部分，則的最小值為__________.【答案】【解析】由，得，即，解得，，，令，令，得，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．為了開展“成功源自習(xí)慣，習(xí)慣來自日?！敝黝}班會活動，引導(dǎo)學(xué)生養(yǎng)成良好的行為習(xí)慣，提高學(xué)習(xí)積極性和主動性，在全校學(xué)生中隨機調(diào)查了名學(xué)生的某年度綜合評價學(xué)習(xí)成績，研究學(xué)習(xí)成績是否與行為習(xí)慣有關(guān).已知在全部人中隨機抽取一人，抽到行為習(xí)慣良好的概率為，現(xiàn)按“行為習(xí)慣良好”和“行為習(xí)慣不夠良好”分為兩組，再將兩組學(xué)生的學(xué)習(xí)成績分成五組：、、、、，繪制得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）若規(guī)定學(xué)習(xí)成績不低于分為“學(xué)習(xí)標(biāo)兵”，請你根據(jù)已知條件填寫下列列聯(lián)表，并判斷是否有的把握認(rèn)為“學(xué)習(xí)標(biāo)兵與行為習(xí)慣是否良好有關(guān)”；行為習(xí)慣良好行為習(xí)慣不夠良好總計學(xué)習(xí)標(biāo)兵非學(xué)習(xí)標(biāo)兵總計（2）現(xiàn)從樣本中學(xué)習(xí)成績低于分的學(xué)生中隨機抽取人，記抽到的學(xué)生中“行為習(xí)慣不夠良好”的人數(shù)為，求的分布列和期望.參考公式與數(shù)據(jù)：，其中.【答案】（1）列聯(lián)表見解析，有（2）分布列見解析，【解析】（1）已知在全部人中隨機抽取一人，抽到行為習(xí)慣良好的概率為，則名學(xué)生中，行為習(xí)慣良好的有人，行為習(xí)慣不夠良好的有人.由頻率分布直方圖可知，行為習(xí)慣良好組中不低于分的學(xué)生有人，行為習(xí)慣不夠良好組中不低于分的學(xué)生有人則列聯(lián)表為：

行為習(xí)慣良好行習(xí)慣不夠良好總計學(xué)習(xí)標(biāo)兵非學(xué)習(xí)標(biāo)兵總計，，因為，所以有的把握認(rèn)為“學(xué)習(xí)標(biāo)兵與行為習(xí)慣是否良好有關(guān)”.（2）行為習(xí)慣良好組中低于分的學(xué)生有人，行為習(xí)慣不夠良好組中低于分的學(xué)生有人，則的可能值為、、，，，.的分布列為：期望.16．已知．（1）若在恒成立，求a的范圍；（2）若有兩個極值點s，t，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】（1）由函數(shù)，因為在上恒成立，即在恒成立，令，可得，令，可得，所以在單調(diào)遞減，所以，所以恒成立，所以在單調(diào)遞減，所以，所以，所以實數(shù)的取值范圍為.（2）因為有兩個極值點，可得是的兩不等正根，即是的兩不等正根，則滿足，解得，則，所以的取值范圍為．17．如圖，在三棱錐中，和都是正三角形，E是的中點，點F滿足．（1）求證：平面平面；（2）若，且平面，求的長．【答案】（1）證明見解析（2）6【解析】（1）如圖，連接，因為，所以．所以A，E，D，F(xiàn)四點共面．因為在三棱錐中，和都是正三角形，E是的中點，所以，．因為平面，，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）如圖，記的中心為O，連接，由（1）得．同理可證，且,所以平面，以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．因為是正三角形，，所以，，．所以，，，，．所以，．設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，則，，所以．因為，，所以．因為平面，所以，即，解得，此時．故DF的長為6．18．已知拋物線的焦點為各頂點均在上，且．（1）證明：是的重心；（2）能否是等邊三角形？并說明理由；（3）若均在第一象限，且直線的斜率為，求的面積．【答案】（1）證明見解析（2）不肯能，理由見解析（3）【解析】（1）設(shè)的中點為，的中點為，因為，所以，又為公共端點，所以三點共線，同理可得，又為公共端點，所以三點共線，所以是的兩條中線，所以是的重心；（2）由題意，設(shè)，則，由，可得，由拋物線的定義可得，若是等邊三角形，則由（1）知，由，可得，又因不重合，所以，所以，所以，，故，這與矛盾，所以不可能是等邊三角形；（3）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立，化簡得，，所以，由韋達定理得，由（2）有，，所以，由得，解得，所以，即，直線的方程為，所以，點到直線的距離，所以的面積為19．對于每項均是正整數(shù)的數(shù)列P：，定義變換，將數(shù)列P變換成數(shù)列：．對于每項均是非負(fù)整數(shù)的數(shù)列，定義，定義變換，將數(shù)列Q各項從大到小排列，然后去掉所有為零的項，