2024年高考押題預測模擬測試卷05（新高考沖刺卷03）（滿分150分，考試用時120分鐘）一?選擇題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)根式與對數(shù)的定義域，結合交集的定義求解即可.【解析】由，所以，故，故選：A2．已知，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．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】由建立的等量關系，求解，從而判斷選項.【解析】因為，化簡得，解得或，故“”是“”的必要不充分條件.故選：B．3．2024年某校舉行一場射箭比賽，甲乙丙丁戊各射中的環(huán)數(shù)分別為：9環(huán)，6環(huán)，7環(huán)，8環(huán)，10環(huán)．則在五個人的成績的上四分位數(shù)是（

）A．8環(huán) B．9環(huán) C．7環(huán) D．6環(huán)【答案】B【分析】根據(jù)第p百分位數(shù)定義計算判斷即可.【解析】將5人的比賽成績由小到大排列依次為：6，7，8，9，10，，5人成績的上四分位數(shù)為第四個數(shù):9.故選：B.4．在等差數(shù)列中，已知則的值為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根據(jù)等差數(shù)列通項公式和前項和性質即可得到，解出即可.【解析】由題意得，，即，解得.故選：C.5．將六位教師分配到3所學校，若每所學校分配2人，其中分配到同一所學校，則不同的分配方法共有（

）A．12種 B．18種 C．36種 D．54種【答案】B【分析】先平均分組，再利用全排列可求不同分配方法的總數(shù).【解析】將余下四人分成兩組，每組兩人，有種分法，故不同的分配方法共有種，故選：B.6．夏日炎炎，某奶茶店推出了新款奶茶——“冰桶”系列，受到了年輕消費者的喜愛，已知該系列奶茶的容器可以看作是一個圓臺與一個圓柱拼接而成，其軸截面如圖所示，其中，，則該容器的容積為（

）（不考慮材料厚度）

A． B． C． D．【答案】D【分析】求出圓臺部分的高，根據(jù)圓臺以及圓柱的體積公式，即可求得答案.【解析】由題意得，圓臺的高，故該容器的容積，故選：D.7．已知為銳角，且，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先結合和差角公式及同角基本關系進行化簡，然后結合基本不等式即可求解．【解析】因為，為銳角，且，兩邊同時除以得，，，為銳角，，，當且僅當，即時取等號，最大值．故選：A．8．已知拋物線的方程為，為其焦點，點坐標為，過點作直線交拋物線于、兩點，是軸上一點，且滿足，則直線的斜率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設，，，直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元，得到，再由，可得，是方程的解，將代入方程，由求出.【解析】設，，，直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程，可得，顯然，所以．又，即，即，，故，是方程的解，將代入方程，整理得，顯然，，，即．故選：B．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為、；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；（5）代入韋達定理求解.二、多選題9．下列說法中，正確的是（

）A．設有一個經(jīng)驗回歸方程為，變量增加1個單位時，平均增加2個單位B．已知隨機變量，若，則C．兩組樣本數(shù)據(jù)和.若已知且，則D．已知一系列樣本點的經(jīng)驗回歸方程為，若樣本點與的殘差相等，則【答案】BC【分析】根據(jù)回歸方程可判定A，根據(jù)正態(tài)分布可判定B，根據(jù)數(shù)據(jù)的平均數(shù)可判定C，根據(jù)回歸方程及殘差的概念可判定D.【解析】若有一個經(jīng)驗回歸方程，隨著的增大，會減小，A錯誤；曲線關于對稱，因為，所以，所以，B正確；因為，所以，故，C正確；經(jīng)驗回歸方程為，且樣本點與的殘差相等，則，所以，D錯誤.故選：BC.10．已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為，且，的圖象關于點對稱，則（

）A．B．為偶函數(shù)C．的圖象關于點對稱D．【答案】ABD【分析】對于A，首先由題意，求導代入即可驗算；對于B，由即可判斷；對于C，用反證法即可求導推翻；對于D，由題意得，進一步構造函數(shù)得，由此即可判斷.【解析】由，可得，則，令，得，A正確.令，則，故為偶函數(shù)，B正確.假設的圖象關于點對稱，則，則，即，則，這與的圖象關于點對稱矛盾，假設不成立，C不正確.因為的圖象關于點對稱，所以，令，則，則（為常數(shù)），則，從而，即，由，得，D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：判斷C選項的關鍵是用反證法求導結合已知證偽，由此即可順利得解.11．如圖，在棱長為2的正方體中，已知M，N，P分別是棱，，的中點，Q為平面上的動點，且直線與直線的夾角為，則（

）A．平面B．平面截正方體所得的截面面積為C．點Q的軌跡長度為D．能放入由平面PMN分割該正方體所成的兩個空間幾何體內部（厚度忽略不計）的球的半徑的最大值為【答案】ABD【分析】A選項，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，得到線面垂直；B選項，作出輔助線，找到平面截正方體所得的截面，求出面積；C選項，作出輔助線，得到點Q的軌跡，并求出軌跡長度；D選項，由對稱性得到平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體對稱，由對稱性可知，球心在上，設球心為，由得到方程，求出半徑的最大值.【解析】A選項，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，，故.設平面的法向量為，則，令得，，故，因為，故平面，A正確；B選項，取的中點，連接，因為M，N，P分別是棱，，的中點，所以，又，所以，所以平面截正方體所得的截面為正六邊形，其中邊長為，故面積為，B正確；C選項，Q為平面上的動點，直線與直線的夾角為，又平面，設垂足為，以為圓心，為半徑作圓，即為點Q的軌跡，其中，由對稱性可知，，故半徑，故點Q的軌跡長度為，C錯誤；D選項，因為M，N，P分別是棱，，的中點，所以平面分割該正方體所成的兩個空間幾何體對稱，不妨求能放入含有頂點的空間幾何體的球的半徑最大值，該球與平面切與點，與平面，平面，平面相切，由對稱性可知，球心在上，設球心為，則半徑為，，故，即，解得，故球的半徑的最大值為，D正確.故選：ABD【點睛】立體幾何中截面的處理思路：（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.三、填空題12．是在處的切線方程，則．【答案】【分析】利用導數(shù)的幾何意義求出斜率，再求切線方程即可.【解析】令，，則，則方程為，將代入方程，得，解得，故答案為：13．已知偶函數(shù)的圖像關于點中心對稱，且在區(qū)間上單調，則．【答案】/1.5【分析】根據(jù)題意，再由對稱中心求出，最后根據(jù)函數(shù)單調性確定.【解析】因為偶函數(shù)，所以，，即或，又的圖像關于點中心對稱，所以，即，所以，因為函數(shù)單調，所以，即，所以當時，符合條件.故答案為：14．設為的展開式的各項系數(shù)之和，，，表示不超過實數(shù)x的最大整數(shù)，則的最小值為．【答案】/0.2【分析】賦值法求出，結合導數(shù)判斷，確定結合等差數(shù)列求和公式得，將轉化為點點距的平方進而求解.【解析】令可得，，，設，則，令，得當時，，函數(shù)單調遞增；當時，，函數(shù)單調遞減．則故對任意的，故，故，即，則的幾何意義為點到點的距離的平方，最小值即點到的距離的平方，與的交點橫坐標，且點到直線的距離，點到直線的距離，的最小值為故答案為:【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數(shù)解決函數(shù)最值及點點距的應用，關鍵是利用導數(shù)判斷出，進而確定.四、解答題15．已知在中，，(1)求A；(2)若點D是邊BC上一點，，△ABC的面積為，求AD的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由二倍角的正弦公式，降冪公式，結合三角函數(shù)值求出即可；（2）由向量的加法得到，再利用三角形面積公式得到，然后由向量的模長計算結合基本不等式求出結果即可.【解析】（1）因為，所以，因為，，則，故，所以，，（2）因為，則，所以，故，因為的面積為，所以，所以上式當且僅當，即，時取得“”號，所以AD的最小值是.16．已知四棱柱如圖所示，底面為平行四邊形，其中點在平面內的投影為點，且．(1)求證：平面平面；(2)已知點在線段上（不含端點位置），且平面與平面的夾角的余弦值為，求的值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）不妨設，根據(jù)線面垂直的性質證明，利用勾股定理證明，再根據(jù)線面垂直和面面垂直的判定定理即可得證；（2）以為坐標原點，建立的空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【解析】（1）不妨設，因為平面平面，故，在中，，由余弦定理，，得，故，則，因為平面，所以平面，而平面，所以平面平面；（2）由（1）知，兩兩垂直，如圖所示，以為坐標原點，建立的空間直角坐標系，則，故，，所以，設，則，即，所以；設為平面的一個法向量，則，令，則，所以，因為軸平面，則可取為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，則，解得，故．17．已知某種機器的電源電壓U（單位：V）服從正態(tài)分布．其電壓通常有3種狀態(tài)：①不超過200V；②在200V~240V之間③超過240V．在上述三種狀態(tài)下，該機器生產的零件為不合格品的概率分別為0.15，0.05，0.2．(1)求該機器生產的零件為不合格品的概率；(2)從該機器生產的零件中隨機抽取n（）件，記其中恰有2件不合格品的概率為，求取得最大值時n的值．附：若，取，．【答案】(1)0.09；(2).【分析】（1）根據(jù)題意，由正態(tài)分布的概率公式代入計算，再由全概率公式，即可得到結果；（2）根據(jù)題意，由二項分布的概率公式代入計算，即可得到結果.【解析】（1）記電壓“不超過200V”、“在200V~240V之間”、“超過240V”分別為事件A，B，C，“該機器生產的零件為不合格品”為事件D．因為，所以，，．所以，所以該機器生產的零件為不合格品的概率為0.09．（2）從該機器生產的零件中隨機抽取n件，設不合格品件數(shù)為X，則，所以．由，解得．所以當時，；當時，；所以最大．因此當時，最大．18．橢圓的離心率為，左、右頂點分別為，，左、右焦點分別為，，上頂點為的外接圓半徑為．(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，斜率存在的動直線與橢圓C交于P，Q兩點（P、Q位于x軸的兩側）、直線，，，的斜率分別為，，，，且，求面積的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）借助橢圓離心率可得，，結合正弦定理可得，即可得解；（2）設出直線PQ方程：，將其與曲線聯(lián)立，借助韋達定理結合題目條件計算可得，表示出的面積之后，借助韋達定理化簡計算即可得解.【解析】（1）橢圓的離心率，，，，在直角中，，，，在中，，，設R為，的外接圓半徑，則由正弦定理得，，，，橢圓的方程為；（2）PQ的斜率存在，且PQ與x軸的交點在橢圓內，顯然PQ的斜率不為零，設PQ：，，代入橢圓方程，得，，，設，，，由題意得，同理可得，又，，，PQ與x軸不垂直，，，，，即，整理可得，，，解得，即直線PQ與x軸的交點為，，的面積，，，面積的取值范圍是．【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.19．我們知道通過牛頓萊布尼茲公式，可以求曲線梯形（如圖1所示陰影部分）的面積，其中，．如果平面圖形由兩條曲線圍成（如圖2所示陰影部分），曲線可以表示為，曲線可以表示為，那么陰影區(qū)域的面積，其中．(1)如圖，連續(xù)函數(shù)在區(qū)間與的圖形分別為直徑為1的上、下半圓周，在區(qū)間與的圖形分別為直徑為2的下、上半圓周，設．求的值；(2)在曲線上某一個點處作切線，便之與曲線和x軸所圍成的面積為，求切線方程；(3)正項數(shù)列是以公差為d（d為常數(shù)，）的等差數(shù)列，，兩條拋物線，記它們交