2024年高三模拟押题卷01（测试范围：高考全部内容）（解析版）.docx

1、2024年高三模拟押题卷01（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答第卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号写在本试卷上无效3回答第卷时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效4测试范围：高考全部内容5考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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=（）ABCD2【答案】C【解析】因为或，所以.故选：C

2、.2已知复数，其中为虚数单位，则（）ABCD【答案】A【解析】,则.故选: A.3设平面向量，且，则=（）A1B14C D 【答案】B【解析】因为，所以又，则所以，则，故选：4已知定义在上的偶函数在上单调递减，则（）ABCD【答案】B【解析】因为偶函数在上单调递减，所以函数在单调递增，且，又，所以，所以，即.故选：B5设椭圆C：的半焦距为c，离心率为e，已知圆O：与C有四个公共点，依次连接这四点组成一个正方形，则（）ABCD【答案】D【解析】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知，点在椭圆C上，则，将代入并化简得，因为，解得.方法2：设圆O与椭圆C在第一象限的公共点为M,设C

3、的左、右焦点为、，所以，又因为，所以，所以.故选：D.6过点作圆的两条切线，设切点分别为A，B，则的面积为（）ABCD【答案】B【解析】设圆的圆心为，因为过点作圆的两条切线，设切点分别为，所以，四点在以为直径的圆上，设为，故的方程为，即，将两圆联立方程组，解得，故直线：，点到直线：的距离为，在圆中，点到直线：的距离为，所以，解得，所以的面积为.故选：B.7已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】由题意知是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差，若，此时，是等差数列的前n项和中的最小值，此时，即，则；若，此时是等差数列的前n项和中的最小值，

4、此时，即，则，综上可得：的取值范围是，故选:B8若，则的值为（）ABCD【答案】B【解析】一方面由题意，且注意到，联立得，解得，所以，另一方面不妨设，且，所以有，解得或（舍去），即，由两角和的正切公式有，所以.故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9为深人学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（）A中位数为90，平均数为89B分位数为93C极差为30，标准差

5、为58D去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小【答案】ABD【解析】对于A，由题意中位数为，平均数为，故A正确；对于B，因为，所以分位数为，故B正确；对于C，极差为，方差，所以标准差，故C错误；对于D，去掉一个最低分和一个最高分，则平均数为，方差为，所以去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小，故D正确.故选：ABD.10压缩袋（真空压缩袋）也叫PE拉链复合袋在我们的日常生活中，各类大小的压缩袋不但能把衣柜解放出来，而且可以达到防潮、防虫咬、清洁保存的效果其中抽气式压缩袋是通过外接抽气用具如抽气泵或吸尘器，来进行排气的现选用某种抽气泵对装有棉被的压缩袋进行排气，已知该型号的抽

6、气泵每次可以抽出压缩袋内气体的，则（）（参考数据：取）A要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽5次B要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽9次C抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的D抽3次可以使压缩袋内剩余的气体少于原来的【答案】ACD【解析】设抽气泵抽了次，若要使压缩袋内的气体少于原来的，则，即，则因为，所以至少要抽5次，A正确，B错误抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的，C正确，D正确故选：ACD11已知函数及其导函数的定义域均为，记若满足，的图象关于直线对称，且，则（）AB为奇函数CD【答案】ACD【解析】由，得，等式两边同时求导，得即，故的图象关于点对称，故A正确；因为的图象关

7、于直线对称，故的图象关于直线对称，即为偶函数，则，所以应满足（为常数），当时，不是奇函数，故B错误；因为，所以，故C正确；因为的图象关于点对称，关于轴对称，且，所以，在一个周期内，所以，故D正确故选：ACD12下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A表面积为的球体B体积为的正四面体C体积为的圆柱体D底面直径为，高为的圆锥【答案】ABD【解析】选项A，设球半径为，由得，A能够放入；选项B，设正四面体棱长为，如图正四面体，是面中心，是四面体的高，体积为， ，在边长为1的正方形中，如下右图，分别在边上，因此，所以，是等边三角形，易得，所以，因此B中正

8、四面体可以放入棱长为1的正方体中；选项C，体积为的圆柱体，只有当底面直径不大于1m，高也不大小1m可放入棱长为1的正方体中，当高大于1m，或底面直径大于1m时，不能放入，例如当圆柱底面半径为0.1m时，高为，就不能放入选项D，圆锥底面直径为1.2m，高为0.8 m，如果能放到正方体中，根据对称性，把圆锥的轴放在正方体的对角线上，如图正方体中，则，可证明平面（通过证明平面得，同理得，从而得证），因此圆锥的底面在平面或与之平行的平面内，是等边三角形，边长为，其内切圆半径为，因此题中圆锥的底面不可能在平面内，也不可能在平面与点之间，设平面与的交点为（是底面正方形中心，），如图，是中心，由与平面可得，

9、因此，从而，重新取正六边形，如图，各顶点是相应棱中点，易可证明平面平面，从而也有平面，而正六边形的边长为，其内切圆半径为，由可得是中点，而，因此题设圆锥可能放到正方体中，D能放入故选：ABD第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知人都在至层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是 【答案】120【解析】由题意，人都在至层的某一层人独自出电梯，共有种；人中有人在同一层出电梯，另人在另外一层出电梯，共有种；故甲、乙、丙人出电梯的不同方法总数是种故答案为：12

10、014米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是 【答案】【解析】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10，则，所以，设外接球的半径为，则，因为垂直于上下底面，所以，即，又，即，联立解得，所以该米斗的外接球的表面积为故答案为：15已知函

11、数在区间上有且仅有3个对称中心，给出下列四个结论：的值可能是3；的最小正周期可能是；在区间上单调递减；图象的对称轴可能是.其中所有正确结论的序号是 .【答案】【解析】函数， ，函数在区间上有且仅有3个对称中心，则，即的取值范围是，而，故正确；周期，由，得， ，的最小正周期可能是，故正确；， ， ，又，在区间上单调递减，故正确；当，即，又，当时，当时，故不正确.故答案为：.16在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别是，过的直线与的左、右两支分别交于两点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则的离心率为 【答案】/【解析】因为，所以，所以，设，且，由双曲线的定义可得则，因为经过的内切圆圆心，所

12、以为的角平分线，所以由角平分线定理，则，可得，所以，在三角形中，所以，即，可得，化简可得，解得.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17（10分）在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且(1)求；(2)若的面积是，求的周长【解析】（1）由，可得到，即因为，所以，故（2）由，可得，因为，所以，则由余弦定理得，即，所以，故的周长是18（12分）在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，在棱上，且满足.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.【解析】（1）取中点，连接，又，四边形是平行四边形，而，故平行四边形是矩形，又为等边三角形且为中点.，平

13、面，面，面，.（2）法一：平面平面，且平面平面，平面，平面，平面，两两垂直，连接、，以中点为坐标原点，、分别为、轴，建立如上图所示空间直角坐标系，设，则，平面的一个法向量可取为，设平面的法向量为，所以，即，令，则取，设二面角的平面角为，则，由图知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.法二：由（1）知，面面，且面面，平面，又，平面，而平面，故，如图，连接、，作于，连接，平面，故平面，平面，故，则即为二面角的平面角，设，在中，,故，是等边三角形，则，,故.19（12分）设数列的前项和为，已知.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.【解析】（1）一方面：因为，

14、所以，所以，即；另一方面：又时，有，即，且，所以此时；结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知，又由题意，数列的前项和为，又，都有，故只需，而关于单调递增，所以关于单调递减，关于单调递增，所以当时，有，因此，即，解得，综上所述：的取值范围为.20（12分）红蜘蛛是柚子的主要害虫之一，能对柚子树造成严重伤害，每只红蜘蛛的平均产卵数y（个）和平均温度x（）有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.(1)根据散点图判断，与（其中为自然对数的底数）哪一个更适合作为平均产卵数y（个）关于平均温度x（）的回归方程

15、类型？（给出判断即可，不必说明理由）(2)由（1）的判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程.（计算结果精确到0.1）附：回归方程中，参考数据（）5215177137142781.33.6(3)根据以往每年平均气温以及对果园年产值的统计，得到以下数据：平均气温在22以下的年数占60%，对柚子产量影响不大，不需要采取防虫措施；平均气温在22至28的年数占30%，柚子产量会下降20%；平均气温在28以上的年数占10%，柚子产量会下降50%.为了更好的防治红蜘蛛虫害，农科所研发出各种防害措施供果农选择.在每年价格不变，无虫害的情况下，某果园年产值为200万元，根据以上数据，以得到最高收益（收益产值

16、防害费用）为目标，请为果农从以下几个方案中推荐最佳防害方案，并说明理由.方案1：选择防害措施A，可以防止各种气温的红蜘蛛虫害不减产，费用是18万；方案2：选择防害措施B，可以防治22至28的蜘蛛虫害，但无法防治28以上的红蜘蛛虫害，费用是10万；方案3：不采取防虫害措施.【解析】（1）由散点图可以判断，更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型.（2）将两边同时取自然对数，可得，由题中的数据可得，所以，则，所以z关于x的线性回归方程为，故y关于x的回归方程为；（3）用，和分别表示选择三种方案的收益.采用第1种方案，无论气温如何，产值不受影响，收益为万，即采用第2种方案，不发生28以上的

17、红蜘蛛虫害，收益为万，如果发生，则收益为万，即，同样，采用第3种方案，有所以，.显然，最大，所以选择方案1最佳.21（12分）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.【解析】（1）对求导得，分以下两大情形来讨论的单调性：情形一：当时，有，令，解得，所以当时，有，此时单调递减，当时，有，此时单调递增；所以在单调递减，在单调递增；情形二：当时，令，解得，接下来又分三种小情形来讨论的单调性：情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由

18、上表可知在和上单调递增，在上单调递减.综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以由题意，又因为在区间上存在唯一零点，所以存在唯一的，有，化简得，若要证明，则只需，即只需，不妨设，求导得，令，继续求导得，所以当时，单调递增，所以，所以当时，单调递增，所以，即当时，有不等式成立，综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.22（12分）点是抛物线：（）的焦点，为坐标原点，过点作垂直于轴的直线，与抛物线相交于，两点，抛物线的准线与轴交于点(1)求抛物线的方程；(2)设、是抛物线上异于、两点的两个不同的点，直线、相交于点，直线、相交于点，证明：、三点共线【解析】（1）抛物线：（）的焦点坐标为：过点作垂因为直于轴的直线，与抛物线相交于，两点，且，不妨设，则，解得或（舍去），所以抛物线的方程为；（2）如图所示：由（1）知，设，则直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，联立得，解得，则，所以，则直线BC的方程为：，直线AD的方程为：，联立得，解得，则，所以，则，所以E，K，G三点共线.