2024屆高三新改革高考數(shù)學(xué)押題卷

2024屆高三新改革高考數(shù)學(xué)押題卷（模擬試卷）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．某統(tǒng)計數(shù)據(jù)共有13個樣本xii=1,2,…,13，它們依次成公差d=5的等差數(shù)列，若第60百分位數(shù)為A．19 B．25 C．21 D．232．若拋物線y2=2px(p>0)的焦點是橢圓A．2 B．3 C．4 D．83．（本題5分）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱ABA．GH B．EH C．EG D．FH4．?dāng)?shù)列an中前n項和Sn滿足Sn=λn2A．0,+∞ B．12,+∞ C．5．為積極落實“雙減”政策，豐富學(xué)生的課外活動，某校成立了手工藝社團，并開設(shè)了陶藝、剪紙等6門課程．該校甲、乙2名同學(xué)報名參加手工藝社團，每人僅報2門課程，其中甲不報陶藝、乙不報剪紙，且甲、乙兩人所報課程均不相同，則甲、乙報名課程的方案種數(shù)為（

）A．18 B．24 C．36 D．426．已知向量a,b,c滿足a=b=1,A．1314 B．3314 C．-7．已知α，β均為銳角，sin2α-β=A．255 B．55 C．28．已知雙曲線x2a2-y2b2=1a,A．2,+∞ B．3,+∞ C．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．在△ABC中，角A,B,CA．若bcosC+B．若a=2,b=3,C．若sin2A=D．若sin2B+10．已知復(fù)數(shù)z1，zA．若z1=z2，則zC．z1z211．已知連續(xù)函數(shù)fx及其導(dǎo)函數(shù)f'x的定義域均為R，記gx=f'x，若A．g'3=0C．g'x在0,4上至少有2個零點 D三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知集合M=-3,-2,3,5,N=x13．已知三棱錐S-ABC的所有頂點都在球O的球面上，AB=3,∠ACB=60°，SC14．已知函數(shù)f(x)=ax-log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．（本題13分）設(shè)函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)為f'x,f'x的導(dǎo)函數(shù)為f″x,f″x(1)若函數(shù)fx=1(2)若函數(shù)gx=aex-12x216．（本題15分）為普及安全知識，某單位舉辦了一場安全知識競賽，經(jīng)過初賽、復(fù)賽，有甲、乙兩個代表隊（每隊三人）進入決賽，決賽規(guī)則如下：共進行三輪比賽，每輪比賽中每人各答一題，每答對一題得10分，答錯不得分.假設(shè)甲隊每人答題正確的概率均為12，乙隊三人答題正確的概率分別2(1)若決賽中三輪總得分大于70分就能獲得特別獎，求乙隊獲得特別獎的概率;(2)因兩隊在決賽中得分相同，現(xiàn)進行附加賽.規(guī)則如下：甲，乙兩隊抽簽決定誰先答題，每隊每人各答題一次為一輪，有兩人及以上答對就算成功答題，并繼續(xù)下一輪答題，否則換另一隊答題，連續(xù)兩輪成功答題的隊伍獲勝，比賽結(jié)束.求附加賽中甲隊恰好在第5輪結(jié)束時獲勝的概率.17．（本題15分）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，平面FCD⊥平面ABCD，平面EAB⊥平面ABCD,△(1)證明：平面ABF//平面CDE(2)若∠BAD≤π3，求平面ADE18．（本題17分）如圖，各邊與坐標(biāo)軸平行或垂直的矩形ABCD內(nèi)接于橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)若AB=BC=1，且M1，M2(2)若A1B1C1D1是橢圓E的另一內(nèi)接矩形，且點A(3)若ABCD是邊長為1的正方形，邊AB，CD與y軸的交點為M3，M4，設(shè)Pi（i=1，2，…，100）是正方形ABCD內(nèi)部的100個點，記dk=i=1100MkPi，其中k=1，2，19．（本題17分）已知數(shù)列an的前n項和為Sn，若數(shù)列an滿足：①數(shù)列an項數(shù)有限為N；②SN=0；③i=1N(1)若an=7-2n181≤n≤N，請判斷數(shù)列(2)若等比數(shù)列an1≤n≤10為“10階可控搖擺數(shù)列(3)若等差數(shù)列an1≤n≤2m,m∈N*參考答案：1．B【詳解】解關(guān)于整數(shù)n的不等式組n13≥0.613-n+1由于x1<x由于x1,…,x故選：B.2．D【詳解】由題意知，y2=2px（px216+所以p2=4，解得故選：D3．A【詳解】設(shè)AD1∩而O,M∈平面ACD1則平面ACD1∩作出平面ACD1和平面另一方面：由正方形的性質(zhì)可知M,O分別是從而MO//CD對比選項可知與平面ACD1和平面BDA故選：A.4．B【詳解】因為Sn則Sn兩式相減得an因為數(shù)列{a所以當(dāng)n≥2時，an+1當(dāng)n=1時，a所以a2-a綜上λ>故選：B.5．D【詳解】按甲報的課程分為兩類：①若甲報剪紙，則從除了陶藝的其他4門課程中再選1門，有C4乙再從剩余4門課程中選2門，有C42種結(jié)果，有②若甲不報剪紙，則從除了陶藝、剪紙的其他4門課程中選2門，有C4乙再從剩余除剪紙外的3門課程中選2門，有C32種結(jié)果，有綜上所述：共有24+18=42種方案．故選：D．6．A【詳解】由題意得a+b=-c，則(a又由a+c=-b，則(a同理可得b?所以a-a-b-所以cosa故選：A7．D【詳解】由題意sin2又sin2α-故sinα即cos又α均為銳角，所以cosα故sinα故選：D.8．A【詳解】由題意可知：雙曲線的漸近線方程為y=±設(shè)點Ax,y則x2a2解得b2>a2，即c2所以該雙曲線離心率的取值范圍是2,+故選：A.9．ABD【詳解】對于A，由已知有b=bcosC+ccos對于B，我們只需要確定滿足條件的c的個數(shù)，由余弦定理知c滿足的方程是a2=b2+c2對于C，若A=π6，B=π3，C=對于D，若sin2B+故cosA=cos這表明cosB=0或cosC=0，即B=π故選：ABD10．CD【詳解】對于A，不妨取z1=1+i但是z12=對于B，取z1=1+i,z2=1-對于C，設(shè)z1=a所以z=a2+對于D，設(shè)z1=a因為z1所以z1又z1所以z1?z2故選：CD11．ACD【詳解】定理1：若函數(shù)fx連續(xù)且可導(dǎo)，則fx圖象關(guān)于直線x=a對稱?導(dǎo)函數(shù)定理2：若函數(shù)fx連續(xù)且可導(dǎo)，則fx圖象關(guān)于點a,fa對稱?以下證明定理1，定理2：證明：若函數(shù)fx圖象關(guān)于直線x=a則f'x=-f'若導(dǎo)函數(shù)f'x圖象關(guān)于點a,0令Fx=fx-f2a-又Fa=f則fx=f2a若函數(shù)fx圖象關(guān)于點a,f則f'x=f'若導(dǎo)函數(shù)f'x圖象關(guān)于直線x=令Fx=fx+f2a-又Fa=2f則fx+f2a故下面可以直接引用以上定理．對于ABC，由f34+2則f34+即f'34+x又由定理2，所以y=g'又∵g'3∴y=g又由定理1，則g(x)∴3為g(x)和g'(∵g34對由g'(0)=g'32=g'對于D，由g(x)的圖象關(guān)于x=32對稱，且周期為∵g34=1，∴g34k=1∴k=12024g'3故選：ACD．12．-【詳解】因為M=-3,-2,3,5,N所以m的最小值為-3故答案為：-313．3【詳解】如圖所示，設(shè)圓O1的半徑為r在△ABC中，因為AB由正弦定理得2r=ABsin∠ACB=因為SC為球O的直徑，且SC=4，可得球的半徑為R所以球心O到△ABC所在小圓的距離為d則點S到△ABC所在小圓的距離為2在△ABC中，由余弦定理得AB即3=BC當(dāng)且僅當(dāng)BC=AC時，等號成立，所以所以△ABC面積的最大值為1故三棱錐體積的最大值為V=故答案為：3214．e【詳解】因為f(x)在(0,+所以要使f(x)于是原問題轉(zhuǎn)化為f(x)=ax?a?a?a?a令h(x)=xex(hlnax>h(lnx令φ(x)=lnx因為當(dāng)0<x<e時，φ'(因為當(dāng)x>e時，φ'(x所以x=e是φxmax=φe綜上所述，a的取值范圍為e1故答案為：e115．(1)曲線y=(2)1【詳解】（1）曲線y=由題意得f'x=112由f″x=13因為f'''0=0所以點-32,f（2）由題意得g'x=a由g″0=a-則g'x=當(dāng)x<0時，g″x當(dāng)x>0時，g″x則g'x≥g'0因為g-1=1e+12，16．(1)16(2)11【詳解】（1）設(shè)乙隊每輪得分為X，P(X=20)P(X=30)∴輪積分超過70分，∴P=（2）其中甲隊成功答題的概率為C3其中乙隊成功答題的概率為P(X若甲先答第一輪：甲（勝）甲（負）乙（負）甲（勝）甲（勝）

P1甲（負）乙（勝）乙（負）甲（勝）甲（勝）P2=若乙先答第一輪：乙（負）甲（負）乙（負）甲（勝）甲（勝）P3=715?∴甲隊恰好在第5輪結(jié)束獲勝的概率為1124017．(1)證明見解析(2)1【詳解】（1）如圖，取AB,CD的中點M,因為△AEB是等腰直角三角形，故FN⊥DC，平面FCD平面FCD∩平面ABCD=CD，F(xiàn)N所以FN⊥平面ABCD同理，EM⊥平面ABCD所以FN∥ME.又△AEB和△CFD是等腰直角三角形，四邊形ABCD為菱形，所以四邊形MENF為平行四邊形，所以MF∥EN，EN?平面CDE，MF?平面CDE，所以MF又因為AB∥CD，CD?平面CDE，AB?平面CDE，所以AB又AB∩MF=M，所以平面ABF//平面CDE（2）如圖，以A點為原點，AB所在直線為y軸，過A平行于ME的直線為x軸，在平面ABCD內(nèi)垂直于AB的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=2,∠則A0,0,0所以AE=設(shè)平面ADE的一個法向量為n1則AE·令x1=1，得y1設(shè)平面BCE的一個法向量為n2則BE·令x2=-1，得y2所以.設(shè)t=cosθ所以t=cosθsinθ所以，所以平面ADE與平面BCE所成銳二面角的余弦值的取值范圍是1718．(1)5(2)證明見解析，定值為a(3)證明見解析【詳解】（1）依題意，2a=C所以e=（2）設(shè)Ax0,y0，A所以4x即x02y02從而上式化為b2整理可得x0代入（*）式，y0故|OA即|OA|2（3）如圖，以AD，BC的中點為焦點構(gòu)造經(jīng)過A，B，C，D的橢圓，對于點Pk，連接M1Pk并延長，與該橢圓交于點則PkM1d因而d1，d2中至少有一個小于同