精品解析：海南省部分学校2024届高三下学期高考考前押题（二）数学试题

保密★启用前 2024年新高考二卷押题卷（二） 数学 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（ ） A. 11 B. 13 C. 16 D. 17 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A B. 240 C. 60 D. 5. 设为数列的前项和，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 6. 已知椭圆的右焦点为，短轴长为，点在椭圆上，若的最大值是最小值的3倍，则椭圆的焦距为（ ） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 7. 已知函数为定义在上的函数的导函数，为奇函数，为偶函数，且，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 已知（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 10. 已知正实数，且为自然数，则满足恒成立可以是（ ） A. B. C. D. 11. 正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有（ ） A. 若，则P点轨迹的长度为 B. 三棱锥外接球体积的最小值是 C. 若Q为正方形的中心，则周长的最小值为 D. 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 已知集合，，若，则______． 13. 某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加.若这5名选手甲、乙、丙、丁、戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为_________. 14. 已知，若，均有不等式恒成立，则实数的取值范围为_____________. 四、解答题（共77分） 15. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若，求实数的取值范围. 16. 某校组织建国75周年知识竞赛，在决赛环节，每名参赛选手从答题箱内随机一次性抽取2个标签.已知答题箱内放着写有类题目标签4个，类题目的标签4个，类题目的标签2个，每个标签上写有一道不同的题目，且标签的其他特征完全相同. （1）求选手抽取的2个标签上的题目类型不相同的概率； （2）设抽取到写有类题目的标签的个数为，求的分布列和数学期望. 17. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆焦距为2，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）设，过点的两条直线和分别交椭圆于点和点（和.不重合），直线和的斜率分别为和.若，判断是否为定值，若是，求出该值；若否，说明理由. 19. 设数列，如果A中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组．若有序数组满足恒成立，则称为n阶减距数组；若有序数组满足恒成立，则称为n阶非减距数组． （1）已知数列，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组； （2）设是数列的一个有序数组，若为n阶非减距数组，且为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组； （3）已知等比数列的公比为q，证明：当时，为n阶非减距数组． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★启用前 2024年新高考二卷押题卷（二） 数学 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题（共40分） 1. 有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（ ） A. 11 B. 13 C. 16 D. 17 【答案】D 【解析】 【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数. 【详解】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24， 因为，所以这组数据的上四分位数为. 故选：D 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得 【详解】因为，所以， 则，则 故选：B 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算，再代入向量的夹角公式计算即可. 【详解】， 所以， 故选：B 4. 已知的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. 240 C. 60 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式分析求解. 【详解】由题意可知：二项式系数之和为，可得， 其展开式的通项为， 令，解得， 所以其展开式的常数项为. 故选：B. 5. 设为数列的前项和，若，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的关系可得递推公式，利用递推公式可得. 【详解】当时，，所以， 整理得，所以. 故选：B． 6. 已知椭圆的右焦点为，短轴长为，点在椭圆上，若的最大值是最小值的3倍，则椭圆的焦距为（ ） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的几何性质得到关于的方程组，解之即可得解. 【详解】依题意，椭圆短轴长为，得，则， 又的最大值是最小值的3倍，即， 所以，所以，则其焦距为. 故选：D 7. 已知函数为定义在上的函数的导函数，为奇函数，为偶函数，且，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由奇函数、偶函数性质可得与，分别对两式两边求导可得与，进而可得的一个周期，结合赋值法及周期性判断各项即可. 【详解】因为为奇函数，所以，① 因为为偶函数，所以，② 对①两边求导可得，即，③ 对②两边求导可得，即，④ 对于A项，将代入②可得，故A项正确； 对于B项，将代入④可得，故B项正确； 对于C项，将代入④可得，将代入③可得，所以，故C项错误； 对于D项，由③可得，即，⑤ 所以由④⑤可得，⑥ 所以由⑥可得，即，⑦ 由⑦可得，⑧ 所以由⑦⑧可得，故8是的一个周期. 所以， 将代入④可得，即， 由C项知，， 将代入⑦可得，即， 所以，故D项正确. 故选：C. 8. 已知函数，若，则a，b，c大小关系为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先得到关于直线对称，并根据复合函数单调性得到其单调性，再构造相关函数的单调性得到，则比较出大小关系. 【详解】因为， 则， 则关于直线对称， 当时，， 根据复合函数单调性知上单调递减， 且在上也单调递减， 则在上单调递减，再结合其对称性知在上单调递增. 令，则，， 所以在上单调递增，且，所以即. 令，则， 设，， 所以单调递减且，因此， 所以单调递减且，所以，即. 由得，所以. 又因为，且， 所以. 设，，则， 则在上单调递增，则， 即，即在上恒成立， 即，所以. 所以，则， 故，而， 即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到的对称性和单调性，再构造新函数，利用导数的单调性得到，则比较出三者大小. 二、多选题（共18分） 9. 已知（，，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在内有3个极值点 D. 在区间上的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的部分图象求得，，值，可得函数解析式，进而根据正弦函数的图象和性质即可逐一判断得解. 【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，， ，，故AB正确， 对于C，由五点法画图知，，解得， 由于，所以， . 令，则， 时，，时，， 当时，，当时，，当时，， 故在内有2个极值点，分别为，，故C错误， 对于D，，可得：， 故当此时取最大值，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知正实数，且为自然数，则满足恒成立的可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】将恒成立，转化为恒成立，再利用基本不等式得到，转化为恒成立，逐项判断. 【详解】解：因为正实数，且为自然数， 所以， 则恒成立，即恒成立， 两边同乘，则， 而， ， 当且仅当，即时，等号成立， 若恒成立，则恒成立， A当时，，不成立； B.当时，，成立； C.当时，，成立； D.当时，，不成立， 故选：BC 11. 正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有（ ） A. 若，则P点轨迹的长度为 B. 三棱锥外接球体积的最小值是 C. 若Q为正方形的中心，则周长的最小值为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合圆的定义及题目条件得点的轨迹，利用弧长公式判断A，确定球的位置，利用球体积公式求解判断B，作出Q关于平面的对称点，利用三点共线最短求得最小值判断C，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标公式计算化简即可求解判断D. 【详解】因为，且，，所以， 取，的中点E，F，则，所以P点轨迹为圆弧EF， 因为，所以，A不正确； 由球的性质知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的垂线上， 的外接圆的圆心为的中点，且半径为， 当外接球半径最小时，的外接圆是球的大圆， 所以球半径R最小值为，外接球体积最小值是，B正确； 设Q关于平面的对称点为， 则， 又，所以的周长，C正确； 分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，设， 则，，，， 所以， ， ， 所以. D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果. 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 已知集合，，若，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的结果直接列式计算即得. 【详解】集合，，由，得，又， 因此，所以. 故答案为：3 13. 某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加.若这5名选手甲、乙、丙、丁、戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为_________. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】求出甲、乙两位选手上场顺序不相邻的场数和抽签总共的可能场数，即可得出甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率. 【详解】由题意， 若甲第一个上场，乙则可以第3,4,5个上场，有种， 若甲第二个上场，乙则可以第4,5个上场，有种， 若甲第三个上场，乙则可以第1,5个上场，有种， 若甲第四个上场，乙则可以第1,2个上场，有种， 若甲第五个上场，乙则可以第1,2,3个上场，有种， 共有种， 而所有的上场顺序有种， ∴甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率：, 故答案为：. 14. 已知，若，均有不等式恒成立，则实数的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】求导，令求得，则，利用导数求出的最小值可得，进而不等式在R上恒成立，解一元二次不等式即可求解. 【详解】由题意知，，得 则， 令，则，即，得， 所以，， 又函数在R上单调递增， 所以函数在R上单调递增，且， 所以单调递减，单调递增， 故， 因为恒成立，即不等式在R上恒成立， 由，得，解得， 即实数n的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略： 形如的恒成立的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 四、解答题（共77分） 15. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算性质、直线的点斜式方程进行求解即可； （2）对不等式进行常变量分离，构造函数，利用导数研究函数的最值即可. 【小问1详解】 ， 因此，而， 故所求切线方程为，即； 【小问2详解】 依题意，，故对任意恒成立. 令，则， 令，解得. 故当时，单调递增； 当时，单调递减， 则当时，取到极大值，也是最大值2. 故实数的取值范围为. 16. 某校组织建国75周年知识竞赛，在决赛环节，每名参赛选手从答题箱内随机一次性抽取2个标签.已知答题箱内放着写有类题目的标签4个，类题目的标签4个，类题目的标签2个，每个标签上写有一道不同的题目，且标签的其他特征完全相同. （1）求选手抽取的2个标签上的题目类型不相同的概率； （2）设抽取到写有类题目的标签的个数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析，. 【解析】 【分析】（1）选手抽取的2个标签上的题目类型不相同有三种情况：类题目的标签1个，类题目的标签1个；类题目的标签1个，类题目的标签1个；类题目的标签1个， 类题目的标签1个；根据组合公式与古典概型即可求解； （2）利用超几何分布即可求分布列，利用公式可求期望. 【小问1详解】 所求概率为； 【小问2详解】 的取值可能为0，1，2， ，，， 所以的分布列为 0 1 2 数学期望. 17. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可求解； （2）根据体积求出，利用空间直角坐标系即可求解. 【小问1详解】 因为四边形为矩形，所以， 又，，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 因为，，，所以， 因为，即， 所以，即， 由（1）可知，，，两两互相垂直， 以为原点，以直线，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 于是， 故二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆的焦距为2，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）设，过点的两条直线和分别交椭圆于点和点（和.不重合），直线和的斜率分别为和.若，判断是否为定值，若是，求出该值；若否，说明理由. 【答案】（1） （2）为定值0. 【解析】 【分析】（1）由椭圆的性质结合题意可得标准方程； （2）由点斜式写出直线的方程，联立曲线，得到韦达定理，再由向量共线得到坐标关系，利用韦达定理化简即可. 【小问1详解】 由题焦距，解得， 由两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形可知，则， 所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 是定值. 已知，设， 直线的方程为，即， 代入并整理，得， ， . ， 三点共线，且与同向， ， 同理可得 ，化简得， ， 所以为定值0. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由向量的坐标表示与共线，再由韦达定理化简得到斜率关系. 19. 设数列，如果A中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组．若有序数组满足恒成立，则称为n阶减距数组；若有序数组满足恒成立，则称为n阶非减距数组． （1）已知数列，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组； （2）设是数列的一个有序数组，若为n阶非减距数组，且为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组； （3）已知等比数列的公比为q，证明：当时，为n阶非减距数组． 【答案】（1）. （2）. （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题中阶减距数组的定义，写出4阶减距数组，只需要保证有序数组中，和恒成立即可，分别令为数列中的每一个值即可得出结果； （2）根据题干中阶非减距数组的定义，只需要保证有序数组中，满足和有序数组中，满足恒成立即可. （3）利用分析法进行逐步反向递推，最后得证. 【小问1详解】 4阶减距数组有：. 【小问2详解】 满足条件的有序数组： 【小问3详解】 证明：设，要证为阶非减距数组， 需证明恒成立， 即证， 需证即 需证 即证. 当时，因为，则， ， 所以； 当时，因为，则， ， 所以； 综上：当时，为n阶非减距数组. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$