安徽省2024屆普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)預(yù)測(cè)卷（解析版）

絕密★啟用前2024年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試預(yù)測(cè)卷：安徽專版數(shù)學(xué)（考試時(shí)間：120分鐘；試卷滿分：150分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上.2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào).回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上.寫(xiě)在本試卷上無(wú)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)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(bǔ)集運(yùn)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(duì)應(yīng)點(diǎn)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(yùn)算法則，求得，再由復(fù)數(shù)模的運(yùn)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(kāi)式化簡(jiǎn)已知等式，再結(jié)合同角的三角函數(shù)關(guān)系計(jì)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(gè)頂點(diǎn)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(bǔ)形為長(zhǎng)方體，根據(jù)長(zhǎng)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?yàn)槠矫嫫矫?，所以．又，所以．如圖將三棱錐，補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，則三棱錐的外接球就是長(zhǎng)方體的外接球，長(zhǎng)方體的體對(duì)角線是長(zhǎng)方體的外接球的直徑，球心為的中點(diǎn)．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(duì)稱性等基本性質(zhì)，逐一對(duì)選項(xiàng)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(duì)選項(xiàng)進(jìn)行計(jì)算、驗(yàn)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(cuò)誤；又因?yàn)镽上的奇函數(shù)，則，的周期為2，則，故A錯(cuò)誤；由③得，，即，故．因?yàn)槠婧瘮?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(cuò)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(duì)于A，，排除A；對(duì)于B，顯然的最小正周期是2，排除B；對(duì)于C，是奇函數(shù)，故C正確；對(duì)于D，，顯然是偶函數(shù)，排除D.故選：C.6.已知函數(shù)在上無(wú)零點(diǎn)，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(diǎn)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(wú)零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，，由題設(shè)可得存在整數(shù)，使得成立，解得，而，故且，故.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．結(jié)合可得的取值范圍為．故選：D．7.已知，動(dòng)圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，且圓心在直線上．當(dāng)直線的斜率取最大值時(shí)，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】運(yùn)用兩點(diǎn)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?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以，即當(dāng)直線的斜率取最大值時(shí)，，所以，故．故選：B．8.已知的外心為，內(nèi)角的對(duì)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(yùn)算、數(shù)量積運(yùn)算化簡(jiǎn)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?yàn)?，所以，解得（?fù)值已舍去），所以．設(shè)的外接圓半徑為，因?yàn)?，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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.移動(dòng)互聯(lián)網(wǎng)時(shí)代，智能終端市場(chǎng)商機(jī)無(wú)限，全球商家強(qiáng)勢(shì)搶攻市場(chǎng)．通過(guò)同比數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，中國(guó)智能手機(jī)市場(chǎng)呈現(xiàn)出積極的增長(zhǎng)趨勢(shì)．據(jù)報(bào)載，年月，中國(guó)市場(chǎng)智能手機(jī)新機(jī)激活量為萬(wàn)臺(tái)，同比增長(zhǎng)（同比增長(zhǎng)率），具體分為個(gè)品牌排名，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表所示，則下列說(shuō)法正確的有（）排名品牌當(dāng)月新機(jī)激活量/萬(wàn)臺(tái)同比新機(jī)激活量/萬(wàn)臺(tái)蘋(píng)果小米榮耀華為其他A.該月個(gè)品牌新機(jī)激活量同比數(shù)據(jù)的極差為B.該月個(gè)品牌新機(jī)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(jī)激活量同比增長(zhǎng)率大于D.去年同期中國(guó)市場(chǎng)智能手機(jī)新機(jī)激活量總量小于萬(wàn)臺(tái)【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(gè)品牌新機(jī)激活量同比數(shù)據(jù)的極差判斷A，求該月個(gè)品牌新機(jī)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(jī)激活量同比增長(zhǎng)率判斷C，根據(jù)公式求去年同期中國(guó)市場(chǎng)智能手機(jī)新機(jī)激活量總量判斷D.【詳解】對(duì)于A，同比新機(jī)激活量數(shù)據(jù)的極差為，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，該月新機(jī)激活量數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，該月個(gè)品牌新機(jī)激活量數(shù)據(jù)中位數(shù)為401.4，故B正確；對(duì)于C，去年同期“華為”品牌新機(jī)激活量為，所以同比增長(zhǎng)率為，故C正確；對(duì)于D，設(shè)去年同期中國(guó)市場(chǎng)智能手機(jī)新機(jī)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(diǎn)，則下列說(shuō)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(zhǎng)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(jì)算正弦值即可判斷D．【詳解】對(duì)于A，如圖，連接，取的中點(diǎn)，連接，則．由正方體的性質(zhì)可知，所以．因?yàn)?，所以與不平行，故A錯(cuò)誤．對(duì)于B，如圖，設(shè)與交于點(diǎn)，連接．易知為的中點(diǎn)，所以．因?yàn)?，所以，所以四邊形為平行四邊形，所?因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面，故B正確．對(duì)于C，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)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(duì)于D，如圖，取的中點(diǎn)，連接，易知平面．因?yàn)槠矫妫?，所以與平面所成的角為．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則，所以，故D錯(cuò)誤．故選:BC．11.已知定義在R上的函數(shù)，當(dāng)時(shí)，其圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且，當(dāng)時(shí)，恒有成立．函數(shù)，則（）A. B.C.的圖象關(guān)于直線對(duì)稱 D.方程有且僅有2個(gè)實(shí)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(duì)稱性即可判斷ABC，將方程的根轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖像的交點(diǎn)即可判斷D【詳解】當(dāng)時(shí)，，即．令，則，所以在上單調(diào)遞減．因?yàn)楫?dāng)時(shí)，的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以．所以，所以是偶函數(shù)，故在上單調(diào)遞增．對(duì)于A，由，可知，由以上分析可知，即，所以，故A錯(cuò)誤．對(duì)于B，由以上分析可知，即，所以，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，令，則，所以，即，因?yàn)?，所以的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，故C正確．對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，而，故．當(dāng)時(shí)，方程可化為．由，可得，畫(huà)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(gè)實(shí)數(shù)根，故D正確．故選：CD．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)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(duì)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(diǎn)，設(shè)數(shù)集，點(diǎn)集，從中任取相異兩點(diǎn)與點(diǎn)組成三角形，在所有組成的三角形中，任取一個(gè)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(huà)出中的點(diǎn)，結(jié)合點(diǎn)的位置可判斷面積為1的點(diǎn)對(duì)的個(gè)數(shù)，再結(jié)合古典概型的計(jì)算公式可求.【詳解】由題意知點(diǎn)集中共有6個(gè)點(diǎn)，分別記為．從中任取相異兩點(diǎn)，它們均可與點(diǎn)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(diǎn)不能均來(lái)自，或均來(lái)自，若選，則，，，若選，則，，，若選，則，故面積為1三角形共有3個(gè)，即，故所求概率．故答案為：.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：利用古典概型的概率公式計(jì)算概率時(shí)，應(yīng)該用列舉法求出基本事件的總數(shù)和隨機(jī)事件中含有的基本事件的個(gè)數(shù)，必要時(shí)需結(jié)合畫(huà)圖或列表等.13.已知拋物線的焦點(diǎn)為為上的兩點(diǎn)．若直線的斜率為，且，延長(zhǎng)分別交于兩點(diǎn)，則四邊形的面積為_(kāi)_____．【答案】50【解析】【分析】通過(guò)拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，直線的斜率和直線的垂直關(guān)系，求出對(duì)角線；再利用兩對(duì)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(diǎn)坐標(biāo)為F1,0因?yàn)橹本€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?yàn)?，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(xiàng)等比數(shù)列中，，記，其中表示不超過(guò)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(jì)算出，然后根據(jù)，計(jì)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(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)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(diǎn)，M在上，滿足．（1）當(dāng)時(shí)，證明：平面；（2）當(dāng)二面角為時(shí)，求的值．【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）取PB的中點(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)，然后求出平面MED的一個(gè)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(wèn)1詳解】證明：當(dāng)時(shí)，M為的中點(diǎn)．如圖，連接，取的中點(diǎn)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?yàn)椋裕?，所以，所以．因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，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(wèn)2詳解】在中，，所以，即．因?yàn)闉檎切?，E為的中點(diǎn)，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，所以，故以E點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(diǎn)，由．得，，所以．設(shè)平面的法向量為，則令，則，得，易知平面的一個(gè)法向量為，所以，即，解得（舍去）或．故當(dāng)面角為時(shí)，．16.已知橢圓的一條準(zhǔn)線的方程為，點(diǎn)分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)與焦距之差為2．（1）求的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)上任一點(diǎn)作的兩條切線，切點(diǎn)分別為，當(dāng)四邊形的面積最大時(shí)，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(huà)出草圖，分類討論，當(dāng)位于點(diǎn)處時(shí)，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(lái)，即，借助對(duì)勾函數(shù)單調(diào)性求最值，再借助和角正切公式計(jì)算即可.【小問(wèn)1詳解】由題意得，解得所以，所以的標(biāo)準(zhǔn)方程為．【小問(wèn)2詳解】如圖，取上任意一點(diǎn)M4,t，設(shè)，當(dāng)位于點(diǎn)處時(shí)，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?yàn)樵谏?，所以，故，代入①式，整理得，同理得切線的方程為．因?yàn)閮蓷l切線都經(jīng)過(guò)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(hào)．由題意知，所以．設(shè)，則，將②式代入并整理，得．因?yàn)?，所以易知在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，有最小值，即有最大值，為36．所以當(dāng)時(shí)，四邊形的面積最大，最大面積為6．此時(shí)直線的方程為，故直線與軸垂直．設(shè)與的交點(diǎn)為，顯然是橢圓的右焦點(diǎn)，所以，所以，所以．17.已知函數(shù)．（1）若對(duì)恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）證明：對(duì)任意正整數(shù)，不等式恒成立．【答案】（1）（2）證明見(jiàn)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(wèn)1詳解】若對(duì)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(shí)，，即；當(dāng)時(shí)，，即．所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以．所以實(shí)數(shù)的取值范圍是．【小問(wèn)2詳解】由（1）知，當(dāng)時(shí)，，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，而，所以當(dāng)時(shí)，恒成立．下面證明當(dāng)時(shí)，．記，則，故在上單調(diào)遞增，則，所以當(dāng)時(shí)，．故當(dāng)時(shí)，．令，則，所以，所以對(duì)任意正整數(shù)，不等式恒成立．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵點(diǎn)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(tái)賽采取淘汰制，現(xiàn)有名選手報(bào)名參加比賽（含甲、乙兩名選手），規(guī)則如下：第一輪將所有報(bào)名選手任意兩兩配對(duì)對(duì)弈，輸者淘汰出局，然后將剩下的名勝者再任意兩兩配對(duì)對(duì)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(shí)，求甲、乙兩人相遇對(duì)弈的概率；（2）當(dāng)時(shí)，求甲、乙兩人相遇對(duì)弈的概率；（3）已知當(dāng)擂臺(tái)賽報(bào)名選手人數(shù)分別為時(shí)，甲、乙兩人相遇對(duì)弈的次數(shù)依次是，記，若隨機(jī)變量服從兩點(diǎn)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(duì)弈的事件分別為和，則，分別求和，代入即得；（2）設(shè)報(bào)名選手人數(shù)為時(shí)，甲、乙兩人相遇對(duì)弈的概率為，當(dāng)時(shí)，，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(xiàng)和公式計(jì)算即得.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)時(shí)，報(bào)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(duì)弈的事件分別為和，則.甲、乙兩人相遇對(duì)弈的情況分為兩種：①甲、乙兩人在第一輪中配對(duì)，由于4人兩兩配對(duì)的方式共有（種），故；②甲、乙兩人在第一輪中沒(méi)有配對(duì)，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(duì)，而第二輪只有兩人比賽，所以他們必相遇對(duì)弈，此時(shí)．所以．【小問(wèn)2詳解】設(shè)報(bào)名選手人數(shù)為時(shí)，甲、乙兩人相遇對(duì)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(duì)弈的事件，則甲、乙兩人相遇對(duì)弈的概率．同樣甲、乙兩人相遇對(duì)弈的情況分為兩種：①甲、乙兩人在第一輪中配對(duì)，因?yàn)閭€(gè)人兩兩配對(duì)的方式共有種，其中甲、乙兩人配對(duì)的方式有種，所以；②甲、乙兩人在第一輪中沒(méi)有配對(duì)，那么他們要想在后續(xù)的比賽中相遇對(duì)弈，只有他們兩