精品解析：陕西省铜川市王益中学2024届高三下学期高考猜题信息卷（二）文科数学试题

2024年普通高等学校招生全国统一考试猜题信息卷（二） 文科数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，则集合A的子集个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 2. 若复数，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知等差数列的前n项和为，且，则的值为（ ） A. 24 B. 21 C. 16 D. 14 4. 某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，点为线段的中点，点满足，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 执行如图所示的程序框图，若输出的S为，则判断框中填写的内容可以是（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，设甲：函数在区间上单调递增，乙：的取值范围是，则甲是乙的（ ） 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 9. 已知，若圆上存在点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方形ABCD的顶点均在表面积为的球O的球面上，则当四棱锥的体积取得最大值时，点O到平面ABCD的距离为（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数恰有两个极值点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 12. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是C的右支上的一点，C在点P处的切线与C的渐近线交于M，N两点，O为坐标原点，给出下列四个结论： ①直线的斜率的取值范围是； ②点P到C的两条渐近线的距离之积为； ③； ④． 其中所有正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知某品牌的新能源汽车的使用时间x（年）与维护费用y（千元）之间有如下数据： 使用时间x（年） 2 4 6 8 10 维护费用y（千元） 2.4 3.2 4.4 6.8 7.6 若x与y之间具有线性相关关系，且y关于x的线性回归方程为．据此估计，该品牌的新能源汽车的使用时间为12年时，维护费用约为________千元． 14. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为________． 15. 已知，，则的值为________． 16. 已知，抛物线的焦点为F，准线为l，点A是直线l与x轴的交点，过抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足为Q，直线PF与MQ相交于点N，若，则△AMN的面积为________． 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17. 某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取400件产品作为样本，产品的质量情况统计如表： 一等品 二等品 合计 设备改造前 220 180 400 设备改造后 300 100 400 合计 520 280 800 （1）判断是否有99.9%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关? （2）从设备改造后的产品中按产品的质量用分层抽样的方法抽取8件产品，再从这8件产品中随机抽取2件，求抽出的2件全是一等品的概率． 附：，其中． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 18. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求的值； （2）若，点是线段上的一点，，，求的值． 19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，点E是的中点，且． （1）求证：； （2）求点E到平面的距离． 20. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 21. 已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点． （1）若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值； （2）过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上． （二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 选修4-4：坐标系与参数方程 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是． （1）求C的普通方程和l的直角坐标方程； （2）若点M的直角坐标为，过C上任意一点P作直线交l于点A（不同于点M），使得，求的最大值和最小值． 选修4-5：不等式选讲 23. 已知函数． （1）求不等式的解集； （2）若函数的最小值为m，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年普通高等学校招生全国统一考试猜题信息卷（二） 文科数学 注意事项： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，则集合A的子集个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求出集合A，即可求得答案. 【详解】由题意得， 所以集合A的子集个数为， 故选：C． 2. 若复数，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算及复数的几何意义，即可求解. 【详解】由题意知， 所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限． 故选：B． 3. 已知等差数列的前n项和为，且，则的值为（ ） A. 24 B. 21 C. 16 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列求和公式及等差数列的下角标性质计算求解. 【详解】由，解得， 所以． 故选：B． 4. 某圆台的下底面周长是上底面周长的4倍，母线长为10，该圆台的侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则由题意可得，再由圆台的侧面积列方程可求出，从而可求出上下底面面积和圆台的高，进而可求出台的体积. 【详解】设圆台的上底面的半径为r，下底面的半径为R，则，故， 因为该圆台的侧面积为，母线长， 所以，解得，则， 所以圆台上底面的面积为，下底面的面积为， 圆台的高 所以该圆台的体积． 故选：C． 5. 在中，点为线段的中点，点满足，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理根据题意将用表示出来，从而可求出，进而可求得结果. 【详解】因为点D为线段BC的中点，点E满足， 所以，所以， 消去，得， 所以， 所以，，所以． 故选：D． 6. 执行如图所示的程序框图，若输出的S为，则判断框中填写的内容可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据程序框图逐步分析判断即可. 【详解】第一次循环，条件满足，，； 第二次循环，条件满足，，； 第三次循环，条件满足，，； 第四次循环，条件满足，，， 条件不满足，跳出循环体，输出S的值为， 故判断框中填写的内容可以是． 故选：C． 7. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性比较大小. 【详解】因为在上单调递增，又，所以，即， 因为，所以，即， 因为在上单调递增， 所以，所以， 因为，所以，即， 所以． 故选：D． 8. 已知函数，设甲：函数在区间上单调递增，乙：的取值范围是，则甲是乙的（ ） 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】 【分析】，由，求出的范围，然后由在区间上单调递增，列不等式组可求出，南非根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可. 【详解】甲：在区间上单调递增， 当时，则， 所以，， 解得，，又，故k只能取0，所以． 又乙：的取值范围是， 所以甲是乙的必要不充分条件． 故选：B． 9. 已知，若圆上存在点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示求得点的轨迹方程为圆，再利用两圆相交得到关于的不等式，解之即可得解. 【详解】设点，则，， 所以，则， 所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为3， 由此可知圆与有公共点， 又圆的圆心为，半径为2， 所以，解得，即的取值范围是， 故选：A. 10. 已知正方形ABCD的顶点均在表面积为的球O的球面上，则当四棱锥的体积取得最大值时，点O到平面ABCD的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正方形ABCD的中心为E，连接OE，设球O的半径为R，设正方形ABCD的边长为x，则由题意可得，，表示出，则四棱锥的体积为，令，换元化简后，利用导数可求出的最大值，从而可求得答案. 【详解】设正方形ABCD的中心为E，连接OE，由球的性质可知平面ABCD， 设球O的半径为R，所以，解得． 设正方形ABCD的边长为x， 因为正方形ABCD的顶点均在表面积为的球O的球面上，且不在大圆上， 所以， 所以， 所以四棱锥的体积为． 令，则， 令，则，令， 解得，， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以当时，有最大值， 所以，当且仅当时等号成立， 此时，即点O到平面ABCD的距离为． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：此题考查球的表面积，考查棱锥的体积，考查导数的应用，解题的关键是将棱锥的高用底面边长表示，从而可表示出棱锥的体积，然后利用导数可求得答案，考查数学转化思想、空间想象能力和计算能力，属于难题. 11. 已知函数恰有两个极值点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导后，令，则只需要有两个不同的零点，利用导数求得在上单调递减，在上单调递增，则，得，再结合零点存在性定理可判断出在和上各有一个零点，从而可求得结果. 【详解】的定义域是，，令， 所以，令，解得；令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 要使恰有两个极值点，则，解得， 此时， 所以在上有唯一的零点， 令，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以， 所以， 所以在上有唯一的零点， 综上，当时，在上有两个不同的零点，且零点两侧的函数异号， 所以a的取值范围是． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数解决函数极值点问题，解题的关键是将问题转化为有两个不同的零点，结合零点存在性定理分析，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 12. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是C的右支上的一点，C在点P处的切线与C的渐近线交于M，N两点，O为坐标原点，给出下列四个结论： ①直线的斜率的取值范围是； ②点P到C的两条渐近线的距离之积为； ③； ④． 其中所有正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用解析几何中的坐标思想来研究，结合双曲线方程及联解方程组，通过坐标运算进行分析求解即可. 【详解】由题意知，，设，又点P在C上，所以， 所以，所以直线的斜率， 所以，令，， 所以 所以，即直线的斜率的取值范围是，故①正确； C的渐近线方程为，所以点P到C的两条渐近线的距离之积为．故②错误； ，故③正确； 当时，显然C在点P处的切线的斜率存在，设点P处的切线方程为， 由得， 所以得，， 解得， 所以C在点P处的切线方程为，即． 当时，C在点P处的切线方程为，所以点P处的切线方程为． 由，解得， 由解得 又，， 所以点P是线段MN的中点，所以，故④正确． 故选：C． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知某品牌的新能源汽车的使用时间x（年）与维护费用y（千元）之间有如下数据： 使用时间x（年） 2 4 6 8 10 维护费用y（千元） 2.4 3.2 4.4 6.8 7.6 若x与y之间具有线性相关关系，且y关于x的线性回归方程为．据此估计，该品牌的新能源汽车的使用时间为12年时，维护费用约为________千元． 【答案】9.08 【解析】 【分析】求出，得到样本中心点坐标，将其代入回归方程可求出，然后将代入回归方程可得答案. 【详解】由题意可得， 由于回归直线过样本的中心点，所以，解得， 所以回归直线方程为，当时，， 所以当该品牌的新能源汽车的使用时间为12年时，维护费用约为9.08千元． 故答案为：9.08 14. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】作出不等式组表示的可行域，由，得，作出直线，向上平移过点时，z取得最大值，求出点的坐标，代入中可求得结果. 【详解】实数x，y满足约束条件表示的可行域如图阴影部分所示． 由，得，作出直线，向上平移过点时，z取得最大值． 由，解得，，即， 所以，即的最大值为． 故答案为： 15. 已知，，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】对利用同角三角函数的关系化为正余弦的关系，化简整理可得，再结合可求出，然后利用两角和的余弦公式可求得结果. 【详解】由于，且， 则， 整理得，则， 整理得， 所以． 故答案为： 16. 已知，抛物线的焦点为F，准线为l，点A是直线l与x轴的交点，过抛物线上一点P作直线l的垂线，垂足为Q，直线PF与MQ相交于点N，若，则△AMN的面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】先通过得到点位置，再通过得到线段长度，设，根据焦半径公式可得求出，根据可得面积. 【详解】如图，由，得，又因为为，的中点， 所以，即N为PF的三等分点，且， 又因为， 所以，且， 所以． 不妨设，且在第一象限，，，解得， 因为点在抛物线上， 所以， 所以△AMN的面积． 故答案为：. 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17. 某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取400件产品作为样本，产品的质量情况统计如表： 一等品 二等品 合计 设备改造前 220 180 400 设备改造后 300 100 400 合计 520 280 800 （1）判断是否有99.9%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关? （2）从设备改造后的产品中按产品的质量用分层抽样的方法抽取8件产品，再从这8件产品中随机抽取2件，求抽出的2件全是一等品的概率． 附：，其中． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有99.9%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关 （2） 【解析】 【分析】（1）根据表中的数据结合公式直接计算，然后根据临界值表进行判断； （2）利用分层抽样的定义求出抽取一等品和二等品的件数，然后利用列举法可求得结果. 【小问1详解】 根据表中的数据得， 所以有99.9%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关 【小问2详解】 抽取的8件产品中一等品有：，记为a，b，c，d，e，f， 二等品有：（件），记为A，B， 从这8件产品中随机抽取2件的所有情况为ab，ac，ad，ae，af，aA，aB，bc，bd，be，bf， bA，bB，cd，ce，cf，cA，cB，de，df，dA，dB，ef，eA，eB，fA，fB，AB，共28种； 其中2件全是一等品的情况为ab，ac，ad，ae，af，bc，bd，be，bf，cd，ce，cf，de，df，ef，共15种， 所以抽出的2件全是一等品的概率 18. 在中，内角的对边分别为，且． （1）求的值； （2）若，点是线段上的一点，，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换即可求解； （2）由的面积比值得（角平分线定理），设，则，， ，再通过余弦定理列式即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 所以 . 即, 由正弦定理得， 又、，则或（舍去）． 所以. 【小问2详解】 因为，设中边上的高为， 所以，所以， 设， 由，，, 所以，则，， , 在中，由余弦定理得， 设的中点为，连接， 如图所示，由,则， 在中，， 所以， 解得或（舍去）， 所以. 19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，点E是的中点，且． （1）求证：； （2）求点E到平面的距离． 【答案】（1）在平行四边形中，，，点E是BC的中点， 所以，． 在中，由余弦定理得， 即，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案； （2）利用等体积转化可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接AE，由（1）知平面，即PE是三棱锥的高， 又，平面，所以，． 在中，，，， 所以． ， 由余弦定理得，解得， 所以，即， 则到距离，即到的距离，为， 在中，，，， 所以． 所以， 在中，，，， 由余弦定理得，即． 在中，，，， 所以． 在中，，，， 由余弦定理得， 所以， 所以， 设点E到平面的距离是h， 由，解得， 即点E到平面的距离是． 【点睛】 20. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2） 由（1）得， 要证，即证，即证， 令，则， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 则恒成立， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）求导后，结合导数正负与单调性的关系，分及讨论即可得； （2）原问题可转化为证明当时，，构造函数后，利用导数可得该函数的单调性，即可得其最小值，即可得证. 【小问1详解】 由题意知， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，解得， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 21. 已知椭圆C：的右顶点为，离心率为，过点的直线l与C交于M，N两点． （1）若C的上顶点为B，直线BM，BN的斜率分别为，，求的值； （2）过点M且垂直于x轴的直线交直线AN于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上． 【答案】（1）-3 （2）证明：设线段MQ的中点为，又，， 所以，，即，又A，N，Q三点共线， 所以，即， 所以，又， 又 所以 ， 所以，即线段MQ的中点在定直线上． 【解析】 【分析】（1）根据离心率和，待定系数法求出，，，得到椭圆方程，设直线l的方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，，代入两根之和，两根之积，求出的值； （2）设线段MQ的中点为，又，故，根据三点共线，得到，计算出，故，得到线段MQ的中点在定直线上. 【小问1详解】 由题意知， 解得，，， 所以C的方程为， 显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：，，， 由，得， 由方程的判别式，可得， 所以，， 易得，所以，， 所以 ， 【小问2详解】 略 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. （二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 选修4-4：坐标系与参数方程 22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（t为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是． （1）求C的普通方程和l的直角坐标方程； （2）若点M的直角坐标为，过C上任意一点P作直线交l于点A（不同于点M），使得，求的最大值和最小值． 【答案】（1）， （2）最大值为；最小值为． 【解析】 【分析】（1）利用平方关系将参数方程转化为普通方程，利用，将极坐标方程转化为普通方程； （2）在C上任意取一点到l的距离，由三角恒等变换及三角函数性质求解． 【小问1详解】 由C的参数方程是（t为参数）， 得， 即C的普通方程是， 将，代入l的极坐标方程， 得， 即l的直角坐标方程是． 【小问2详解】 在C上任意取一点到l的距离， 则，其中为锐角且． 当时，取得最大值，最大值为； 当时，取得最小值，最小值为． 选修4-5：不等式选讲 23. 已知函数． （1）求不等式的解集； （2）若函数的最小值为m，且，求证：． 【答案】（1） （2），当且仅当， 即时等号成立，所以，即． 所以，又，， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立，所以原不等式成立． 【解析】 【分析】（1）分，和三种情况求解即可； （2）利用绝对值三角不等式求得，则，，化简后利用基本不等式可证得结论. 【小问1详解】 当时，， 解得，所以； 当时，，所以； 当时，， 解得，所以． 综上，不等式的解集为． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $