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2024年高考押题预测卷【广东专用03】
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共58分）
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，，若，则满足集合的个数为（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
2．若复数的实部为，则点的轨迹是（ ）
A．直径为2的圆 B．实轴长为2的双曲线
C．直径为1的圆 D．虚轴长为2的双曲线
3．《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量（不计损耗）与下列哪个数字最接近.（参考数据：）（ ）
A． B． C． D．
4．某校组织校庆活动，负责人将任务分解为编号为的四个子任务，并将任务分配给甲、乙、丙3人，且每人至少分得一个子任务，则甲没有分到编号为的子任务的分配方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
5．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．当，时，.这个基本不等式可以推广为当x，时，，其中且，.考虑取等号的条件，进而可得当时，.用这个式子估计可以这样操作：，则.用这样的方法，可得的近似值为（ ）
A．3.033 B．3.035 C．3.037 D．3.039
7．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦-曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第2023行的黑心圈的个数是（ ）
A． B．
C． D．
8．记椭圆：与圆：的公共点为，，其中在的左侧，是圆上异于，的点，连接交于，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．一组数据的第40百分位数为12
B．若样本数据的方差为8，则数据的方差为2
C．已知随机变量服从正态分布，若，则
D．在独立性检验中，零假设为：分类变量和独立．基于小概率值的独立性检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
10．已知函数的定义域为，不恒为零，且，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在处取得极小值
D．若，则
11．如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若向量，，，则 ．
13．在中，，，，点在线段AB的延长线上，且，则 ．
14．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义、两点之间的“直角距离”为．已知两定点，，则满足的点M的轨迹所围成的图形面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸．
15．甲 乙两人进行中国象棋比赛，采用五局三胜制，假设他们没有平局的情况，甲每局赢的概率均为，且每局的胜负相互独立，
(1)求该比赛三局定胜负的概率；
(2)在甲赢第一局的前提下，设该比赛还需要进行的局数为，求的分布列与数学期望.
16．如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.
(1)求证：平面平面；
(2)若为等边三角形，求平面和平面的交线与平面所成角的正弦值.
17．在个数码构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，，
(1)计算；
(2)设数列满足，求的通项公式；
(3)设排列满足，求，
18．已知双曲线的焦距为，点在上.
(1)求的方程;
(2)直线与的右支交于，两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为点.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）求证：直线过点.
19．已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)时；
（ⅰ）若，求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解.
【详解】因为，
所以可以是，共8个，
故选：D
2．A
【分析】根据复数运算化简，并根据其实部为，结合曲线方程，即可判断.
【详解】因为，所以，即，
所以点的轨迹是直径为2的圆.
故选：A.
3．B
【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量.
【详解】由条件可得四片瓦的体积（）
所以500名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（），
又，
所以共需粘土的体积为约为，
故选：B.
4．C
【分析】可以考虑用间接法先不考虑限制求出共有种方法，进一步由分类原理即可求解.
【详解】不考虑限制条件则共有种方法，
若甲分到编号子任务，有两种情况：
甲分到一个子任务（即只有编号子任务），此时共有种方法；
甲分到两个子任务（即包含编号子任务），此时共有种方法；
则所求的分配方法共有种.
故选：C.
5．C
【分析】依题意可得为奇函数，即可排除B、D，由函数在上的函数值的特征排除A.
【详解】由图可知的图象关于原点对称，则为奇函数，
对于A ：定义域为，
当时，，所以，不符合题意，故A错误；
对于B：定义域为，
且，
所以为非奇非偶函数，不符合题意，故B错误；
对于D：定义域为，
且，
所以为非奇非偶函数，不符合题意，故D错误；
对于C：定义域为，，
所以为奇函数，
且当时，，所以，符合题意，故C正确；
故选：C
6．C
【分析】根据给定的信息，求出的近似值，进而求出的近似值.
【详解】依题意，，则.
故选：C
7．A
【分析】由题意一个圈在下一行都会产生3个圈，所以第n行的圈的个数为，一个白心圈会在下一行产生两个白心圈和一个黑心圈，一个黑心圈会在下一行产生一个白心圈和两个黑心圈，而后一行的白心圈黑心圈个数均由前一行决定，所以这是一个数列的递推关系，故可设第行白心圈的个数为，黑心圈的个数为，从而得出下一行白心圈和黑心圈个数分别为，再根据方程组推算出第行黑心圈的个数为即可.
【详解】设题图②中第行白心圈的个数为，黑心圈的个数为，
依题意可得，且有，
故有，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
为常数数列，且，
所以是以为首项，1为公比的等比数列，
故故所以.
故选：A.
8．D
【分析】根据题意可知，，结合图象和椭圆方程可知，由为直角三角形，可求得，可得，即可求得离心率.
【详解】
由题意可知点，分别为椭圆的左右顶点，所以，，
设点在第一象限，设点，所以，
，
所以，.
故选：.
9．BC
【分析】对A，根据百分位数的定义求解即可；对B，根据方差的公式推导数据的方差与的方差关系求解即可；对C，根据正态分布的对称性推导即可；对D，由独立性检验的性质判断即可.
【详解】对A，由于共10个数据，且，
故第40百分位数为第4，5个数据的平均数为，故A错误；
对B，设数据的平均数为，方差为，
则数据的平均数为，
方差为
，所以，故B正确；
对C，则，即，由正态分布的性质可得，故C正确；
对D，在独立性检验中，零假设为：分类变量和独立．基于小概率值的独立性检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立.故D错误.
故选：BC
10．ABD
【分析】根据条件，通过适当的赋值，即可判断出选项ABD的正误，选项C，通过取特殊的函数，即可判断出选项的正误，从而得出结果.
【详解】对于选项A，令，得，解得或，
当时，令，则，则，这与不恒为零矛盾，所以，故选项A正确，
对于选项B，令，则，即，
即为偶函数，所以选项B正确，
对于选项C，取，满足题意，此时不是的极小值点，所以选项C错误，
对于选项D，令，得，
若，则，则，
则，所以选项D正确，
故选：ABD.
11．BC
【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D.
【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误，
对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
,所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确，
对于D, ，,
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
12．
【分析】由向量平行的坐标公式求出，代入，用换底公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得，
所以．
故答案为：.
13．
【分析】在中，由余弦定理可求得，在中，由余弦定理可求得的长.
【详解】在中，由余弦定理可得，
即，解得，
所以，，
在中，由余弦定理可得
，
所以.
故答案为：.
14．6
【分析】利用已知条件，求解轨迹方程，然后画出图形即可求解面积．
【详解】设，由题意,,，
可知，
故当时，，
当时，，
当，，
当时，，
当时，，
轨迹方程的图形如图，
图形的面积为：．
故答案为：6．
15．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）分析三局定胜负的情况，利用独立事件的概率公式即可得解；
（2）根据题意得到的可能取值，再根据相应取值的比赛情况求得对应概率，从而得到的分布列，进而求得其数学期望，从而得解.
【详解】（1）该比赛三局定胜负意味着甲、乙两人前面三局有一人连赢，
则该比赛三局定胜负的概率为.
（2）依题意，的可能取值为2，3，4，
则，，
，
则的分布列为
2 3 4
故.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据和可得线线平行，即可得线面平行，进而由面面平行的判定求解，
（2）根据为等边三角形可得,进而,,为中点，即可建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角求解即可.
【详解】（1）证明：由于垂直下底面圆,
故,
平面，平面，所以平面
又,所以，
平面，平面，所以平面
平面,所以平面平面
（2）由题意可得四边形为等腰梯形，且，故，,
由于为等边三角形，，,
又，在圆上，所以,,
故为中点，
过作交圆于点，又 ，故，
则为平面和平面的交线,
建立如图所示的空间直角坐标系系，
,
则,
设平面的法向量为，则，
取，则，
，
所以，
故与平面所成角的正弦值为
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用逆序数的定义，依次分析排列中的逆序个数， 从而得解；
（2）利用逆序数的定义得到，从而利用构造法推得是等比数列，从而得解；
（3）利用逆序数的定义，结合等差数列的求和公式得到，再利用裂项相消法即可得解.
【详解】（1）在排列中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以.
（2）由（1）中的方法，同理可得，
又，所以，
设，得，
所以，解得，则，
因为，
所以数列是首项为1，公比为5的等比数列，
所以，则.
（3）因为，
所以，
所以，
所以.
18．(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）由题可得，解方程即可得到答案；
（2）（ⅰ）设，联立，消去得，由于与的右支交于，两点，双曲线的渐近线方程为，可得，以及，解不等式可得的取值范围；
（ⅱ）由（i）得，，由题可得，利用向量关系可得，从而可得，，三点共线，即可证明.
【详解】（1）由已知得，解得，
所以的方程为.
（2）（i）设，，则，
联立，
消去得，
则，，
解得，且.
又与的右支交于，两点，的渐近线方程为，
则，即，
所以|的取值范围为.
（ii）由（i）得，，
又点在轴上的投影为，所以，，
所以，
，
所以，
又，有公共点，所以，，三点共线，所以直线过点.
【点睛】关键点睛：（1）直线与双曲线一支相交于两点，可利用韦达定理、根的判别式以及直线斜率于渐近线斜率的关系进行求解；
（2）证明直线过定点，可利用向量平行关系进行证明.
19．(1)
(2)
（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）令时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.
（2）（ⅰ）设由得，再证明此时满足.
（ⅱ）根据（ⅰ）结论判断出在上单调递增，即
【详解】（1）当时，
所以切线方程为：即
（2）（ⅰ）
即，
设
又是的一个必要条件，即
下证时，满足
又，
设在上单调递减，
所以，
又即在单调递增.
时，；
下面证明时不满足，
，
令，
则，
，
∴在为增函数，
令满足，
则，
又∴,使得，
当时，，
∴此时在为减函数，
当时，，
∴时，不满足恒成立.
综上.
（ⅱ）设
由（ⅰ）知，
在上单调递增，即
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
