安徽省2024屆普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)預(yù)測卷（解析版）

絕密★啟用前2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試預(yù)測卷：安徽專版數(shù)學(xué)（考試時間：120分鐘；試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解分式不等式得集合A，解根式不等式得集合B，由集合交集及補集運算可得結(jié)果.【詳解】由題意知，，則，所以．故選：C．2.在復(fù)平面內(nèi)，若復(fù)數(shù)對應(yīng)點的坐標(biāo)為是虛數(shù)單位，則（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題，得到，結(jié)合復(fù)數(shù)的運算法則，求得，再由復(fù)數(shù)模的運算法則，即可求解.【詳解】由題意，可得，則，所以．故選：A．3.已知，則（）A. B. C.或2 D.2【答案】D【解析】【分析】由兩角和的正弦和兩角差的正切展開式化簡已知等式，再結(jié)合同角的三角函數(shù)關(guān)系計算即可.【詳解】由，得①．由，得，即，解得，所以②．由①②，得．所以．故選：D．4.已知三棱錐的四個頂點均在球上，平面．若，則球的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由條件，解三角形可求，將三棱錐補形為長方體，根據(jù)長方體及其外接球的關(guān)系可求得三棱錐的外接球半徑，結(jié)合球的體積公式求結(jié)論.【詳解】在中，，所以，所以．因為平面平面，所以．又，所以．如圖將三棱錐，補形為長方體，則三棱錐的外接球就是長方體的外接球，長方體的體對角線是長方體的外接球的直徑，球心為的中點．又，即，所以球的半徑為2，故球的體積．故選：C．5.已知函數(shù)的定義域均為，若為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，且，則（）A. B. C.為奇函數(shù) D.為奇函數(shù)【答案】C【解析】【分析】方法一：利用抽象函數(shù)的奇偶性和相關(guān)條件推導(dǎo)出函數(shù)的周期性、對稱性等基本性質(zhì)，逐一對選項進(jìn)行分析判斷；方法二：依題意構(gòu)造函數(shù)法.依題意，可設(shè)，則，一一對選項進(jìn)行計算、驗證即得.【詳解】方法一:（函數(shù)性質(zhì)判斷法）由fx-1為偶函數(shù)，得由為奇函數(shù)，得．又，則②．則由①，（*），由②，，故得．把取成，得③，于是，，即函數(shù)的周期為2，故B錯誤；又因為R上的奇函數(shù)，則，的周期為2，則，故A錯誤；由③得，，即，故．因為奇函數(shù)，故為奇函數(shù)，故C正確；由（*），，得，即為偶函數(shù)，又，所以為偶函數(shù)，故D錯誤.方法二：（構(gòu)造函數(shù)法）依題意，可設(shè)，則為偶函數(shù)，由為奇函數(shù)，且函數(shù)的定義域均為R，對于A，，排除A；對于B，顯然的最小正周期是2，排除B；對于C，是奇函數(shù)，故C正確；對于D，，顯然是偶函數(shù)，排除D.故選：C.6.已知函數(shù)在上無零點，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出，結(jié)合正弦函數(shù)的零點可得存在整數(shù)，使得成立，故可求的取值范圍.【詳解】函數(shù)在上無零點，當(dāng)時，，由題設(shè)可得存在整數(shù)，使得成立，解得，而，故且，故.當(dāng)時，；當(dāng)時，．結(jié)合可得的取值范圍為．故選：D．7.已知，動圓經(jīng)過原點，且圓心在直線上．當(dāng)直線的斜率取最大值時，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】運用兩點間斜率公式，結(jié)合基本不等式可解.【詳解】由題意可得，，直線的斜率為．因為，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，所以，即當(dāng)直線的斜率取最大值時，，所以，故．故選：B．8.已知的外心為，內(nèi)角的對邊分別為，且．若，則（）A. B.50 C.25 D.【答案】B【解析】【分析】由題意設(shè)，由余弦定理結(jié)合可求出，從而可求出的值，求得外接圓半徑，由向量的線性運算、數(shù)量積運算化簡求解即可.【詳解】由已知，令，所以是等腰三角形．由余弦定理，得．因為，所以，解得（負(fù)值已舍去），所以．設(shè)的外接圓半徑為，因為，所以，所以．由為等腰三角形知，所以，即．所以．故選：B．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.移動互聯(lián)網(wǎng)時代，智能終端市場商機無限，全球商家強勢搶攻市場．通過同比數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，中國智能手機市場呈現(xiàn)出積極的增長趨勢．據(jù)報載，年月，中國市場智能手機新機激活量為萬臺，同比增長（同比增長率），具體分為個品牌排名，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表所示，則下列說法正確的有（）排名品牌當(dāng)月新機激活量/萬臺同比新機激活量/萬臺蘋果小米榮耀華為其他A.該月個品牌新機激活量同比數(shù)據(jù)的極差為B.該月個品牌新機激活量數(shù)據(jù)平均數(shù)大于中位數(shù)C.該月“華為”品牌新機激活量同比增長率大于D.去年同期中國市場智能手機新機激活量總量小于萬臺【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)題中所提供的數(shù)據(jù)結(jié)合極差定義求該月個品牌新機激活量同比數(shù)據(jù)的極差判斷A，求該月個品牌新機激活量數(shù)據(jù)的平均數(shù)和中位數(shù)判斷B，根據(jù)公式求該月“華為”品牌新機激活量同比增長率判斷C，根據(jù)公式求去年同期中國市場智能手機新機激活量總量判斷D.【詳解】對于A，同比新機激活量數(shù)據(jù)的極差為，故A錯誤；對于B，該月新機激活量數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，該月個品牌新機激活量數(shù)據(jù)中位數(shù)為401.4，故B正確；對于C，去年同期“華為”品牌新機激活量為，所以同比增長率為，故C正確；對于D，設(shè)去年同期中國市場智能手機新機激活量為，由題意可得，解得，故D正確．故選：BCD．10.在正方體中，分別是棱的中點，則下列說法正確的有（）A. B.平面C. D.與平面所成角的正弦值為【答案】BC【解析】【分析】由可知平面，而，故與不平行，即可判斷A；由線面平行的判定定理證明即可判斷B；設(shè)正方體的棱長為，然后由勾股定理證明即可判斷C；找到直線與平西所成的角為，然后計算正弦值即可判斷D．【詳解】對于A，如圖，連接，取的中點，連接，則．由正方體的性質(zhì)可知，所以．因為，所以與不平行，故A錯誤．對于B，如圖，設(shè)與交于點，連接．易知為的中點，所以．因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以.因為平面平面，所以平面，故B正確．對于C，設(shè)正方體的棱長為，由，可知與所成的角即為與所成的角．如圖，連接．在中，，所以，所以為直角三角形，且，即，所以，故C正確．對于D，如圖，取的中點，連接，易知平面．因為平面，所以，所以與平面所成的角為．設(shè)正方體的棱長為，則，所以，故D錯誤．故選:BC．11.已知定義在R上的函數(shù)，當(dāng)時，其圖像關(guān)于原點對稱，且，當(dāng)時，恒有成立．函數(shù)，則（）A. B.C.的圖象關(guān)于直線對稱 D.方程有且僅有2個實數(shù)根【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)，即可得到是偶函數(shù)且在上單調(diào)遞增，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性以及對稱性即可判斷ABC，將方程的根轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點即可判斷D【詳解】當(dāng)時，，即．令，則，所以在上單調(diào)遞減．因為當(dāng)時，的圖像關(guān)于原點對稱，所以．所以，所以是偶函數(shù)，故在上單調(diào)遞增．對于A，由，可知，由以上分析可知，即，所以，故A錯誤．對于B，由以上分析可知，即，所以，故B錯誤．對于C，令，則，所以，即，因為，所以的圖像關(guān)于直線對稱，故C正確．對于D，當(dāng)時，，而，故．當(dāng)時，方程可化為．由，可得，畫出函數(shù)與的大致圖像，如圖所示．由圖像知，方程，即有且僅有2個實數(shù)根，故D正確．故選：CD．【點睛】關(guān)鍵點睛：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，包括函數(shù)的單調(diào)性，奇偶性以及對稱性，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)，然后利用函數(shù)的性質(zhì)，逐一判斷.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在平面直角坐標(biāo)系中，為坐標(biāo)原點，設(shè)數(shù)集，點集，從中任取相異兩點與點組成三角形，在所有組成的三角形中，任取一個三角形，則其面積恰為1的概率______．【答案】##0.2【解析】【分析】在坐標(biāo)平面中畫出中的點，結(jié)合點的位置可判斷面積為1的點對的個數(shù)，再結(jié)合古典概型的計算公式可求.【詳解】由題意知點集中共有6個點，分別記為．從中任取相異兩點，它們均可與點組成三角形，故共有（種）取法，在這些三角形中，若面積為1，則所取兩點不能均來自，或均來自，若選，則，，，若選，則，，，若選，則，故面積為1三角形共有3個，即，故所求概率．故答案為：.【點睛】思路點睛：利用古典概型的概率公式計算概率時，應(yīng)該用列舉法求出基本事件的總數(shù)和隨機事件中含有的基本事件的個數(shù)，必要時需結(jié)合畫圖或列表等.13.已知拋物線的焦點為為上的兩點．若直線的斜率為，且，延長分別交于兩點，則四邊形的面積為______．【答案】50【解析】【分析】通過拋物線的焦點坐標(biāo)，直線的斜率和直線的垂直關(guān)系，求出對角線；再利用兩對角線垂直的四邊形面積公式，即可求得.【詳解】由題可知，拋物線的焦點坐標(biāo)為F1,0因為直線的斜率為，所以直線的方程為，與拋物線的方程聯(lián)立，得，所以．設(shè)，則，，故．因為，所以，所以直線的斜率為，直線的方程為，與拋物線的方程聯(lián)立，得．所以．設(shè)，則，，故．所以四邊形的面積為．故答案為：50.14.在正項等比數(shù)列中，，記，其中表示不超過最大整數(shù)，則______．【答案】【解析】【分析】設(shè)等比數(shù)列an的公比為，由計算出，然后根據(jù)，計算即可.【詳解】設(shè)等比數(shù)列an的公比為．由題意知，，整理得，解得或（負(fù)值舍去），故．所以．當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，．故．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，在四棱錐中，底面是梯形，，側(cè)面為正三角形，且與底面垂直，E為的中點，M在上，滿足．（1）當(dāng)時，證明：平面；（2）當(dāng)二面角為時，求的值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取PB的中點F，連接MF，AF，證明四邊形ADMF是平行四邊形，即可求證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用含的式子表示M點的坐標(biāo)，然后求出平面MED的一個法向量用含的式子表示，再利用向量夾角公式即可求解.【小問1詳解】證明：當(dāng)時，M為的中點．如圖，連接，取的中點F，連接．在中，，所以為等邊三角形，所以，又，所以．在中，由正弦定理，得，所以．因為．所以．所以，所以，所以．因為分別為的中點，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以．又平面平面，所以平面．【小問2詳解】在中，，所以，即．因為為正三角形，E為的中點，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，所以，故以E點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖2，則，，所以．設(shè)點，由．得，，所以．設(shè)平面的法向量為，則令，則，得，易知平面的一個法向量為，所以，即，解得（舍去）或．故當(dāng)面角為時，．16.已知橢圓的一條準(zhǔn)線的方程為，點分別為橢圓的左、右頂點，長軸長與焦距之差為2．（1）求的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過上任一點作的兩條切線，切點分別為，當(dāng)四邊形的面積最大時，求的正切值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）構(gòu)造關(guān)于的方程組，解出即可；（2）畫出草圖，分類討論，當(dāng)位于點處時，切線與軸垂直，不合題意，設(shè)切線的方程為，與橢圓聯(lián)立，由得，在上，知道，得到，同理得切線的方程為，進(jìn)而得到直線的方程為，再與橢圓聯(lián)立，借助韋達(dá)定理，后將四邊形面積表示出來，即，借助對勾函數(shù)單調(diào)性求最值，再借助和角正切公式計算即可.【小問1詳解】由題意得，解得所以，所以的標(biāo)準(zhǔn)方程為．【小問2詳解】如圖，取上任意一點M4,t，設(shè)，當(dāng)位于點處時，切線與軸垂直，不合題意，故．設(shè)切線的方程為①，聯(lián)立整理得，由，得．因為在上，所以，故，代入①式，整理得，同理得切線的方程為．因為兩條切線都經(jīng)過M4,t，所以所以直線的方程為．聯(lián)立整理得，所以②．顯然與異號．由題意知，所以．設(shè)，則，將②式代入并整理，得．因為，所以易知在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，有最小值，即有最大值，為36．所以當(dāng)時，四邊形的面積最大，最大面積為6．此時直線的方程為，故直線與軸垂直．設(shè)與的交點為，顯然是橢圓的右焦點，所以，所以，所以．17.已知函數(shù)．（1）若對恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（2）證明：對任意正整數(shù)，不等式恒成立．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）把不等式恒成立轉(zhuǎn)化為恒成立，再結(jié)合函數(shù)的最小值，即可求出參數(shù)范圍；（2）先證明不等式，再取得出，最后求和即可證明不等式.【小問1詳解】若對恒成立，則恒成立，即恒成立．記，則．記，則，故在上單調(diào)遞增．又，所以，使得，即，即．故當(dāng)時，，即；當(dāng)時，，即．所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以．所以實數(shù)的取值范圍是．【小問2詳解】由（1）知，當(dāng)時，，即，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，而，所以當(dāng)時，恒成立．下面證明當(dāng)時，．記，則，故在上單調(diào)遞增，則，所以當(dāng)時，．故當(dāng)時，．令，則，所以，所以對任意正整數(shù)，不等式恒成立．【點睛】關(guān)鍵點點睛：解題的關(guān)鍵點先證明，再取得出累加求和即可證明不等式.18.“友誼杯”圍棋擂臺賽采取淘汰制，現(xiàn)有名選手報名參加比賽（含甲、乙兩名選手），規(guī)則如下：第一輪將所有報名選手任意兩兩配對對弈，輸者淘汰出局，然后將剩下的名勝者再任意兩兩配對對弈，同樣輸者淘汰出局……如此下去，直至第輪比賽決出一名冠軍．假定每名選手在各輪比賽中獲勝的概率均為0.5．（1）當(dāng)時，求甲、乙兩人相遇對弈的概率；（2）當(dāng)時，求甲、乙兩人相遇對弈的概率；（3）已知當(dāng)擂臺賽報名選手人數(shù)分別為時，甲、乙兩人相遇對弈的次數(shù)依次是，記，若隨機變量服從兩點分布，且，，求．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）記甲、乙兩人在第一輪和第二輪中相遇對弈的事件分別為和，則，分別求和，代入即得；（2）設(shè)報名選手人數(shù)為時，甲、乙兩人相遇對弈的概率為，當(dāng)時，，分別求和，代入即得；可得；（3）先求，再由公式，利用等比數(shù)列的前項和公式計算即得.【小問1詳解】當(dāng)時，報名選手只有4人，其中包含甲、乙．記甲、乙兩人在第一輪和第二輪中相遇對弈的事件分別為和，則.甲、乙兩人相遇對弈的情況分為兩種：①甲、乙兩人在第一輪中配對，由于4人兩兩配對的方式共有（種），故；②甲、乙兩人在第一輪中沒有配對，那么他們只有在第一輪中都勝出進(jìn)入第二輪才有可能配對，而第二輪只有兩人比賽，所以他們必相遇對弈，此時．所以．【小問2詳解】設(shè)報名選手人數(shù)為時，甲、乙兩人相遇對弈的概率為．考慮的情況，仍用和分別表示甲、乙兩人在第一輪比賽和后續(xù)比賽中相遇對弈的事件，則甲、乙兩人相遇對弈的概率．同樣甲、乙兩人相遇對弈的情況分為兩種：①甲、乙兩人在第一輪中配對，因為個人兩兩配對的方式共有種，其中甲、乙兩人配對的方式有種，所以；②甲、乙兩人在第一輪中沒有配對，那么他們要想在后續(xù)的比賽中相遇對弈，只有他們兩