2024年高考押题预测卷02【新九省卷】
数学·参考答案
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
2
3
4
5
6
7
8
D
B
A
C
D
D
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
10
11
AC
AC
AD
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。
13．11 13． 14．
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．（本小题满分13分）
【解】（1）由于的斜率为，所以，
又,故，解得，
（2）由（1）知，所以，
故当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取最小值，
要使恒成立，故，解得，
故的取值范围为
16．（本小题满分15分）
【解】（1）由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
（分钟）
（2）由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人
的可能取值为：0，1，2
则????
所以的分布列为：
0
1
2
17．（本小题满分15分）
【解】（1）连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为，
因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以点为的中点，
取的中点，连接，可得且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）取的中点，连结，
因为，可得，且，
又因为，且，
所以，所以，
又因为，且平面，所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
因为为的中点，为的中点，可得，
则，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以；
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
18．（本小题满分17分）
【解】（1）①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧，
直线OA的方程为，
由，解得，，所以，，
所以，直线AB的方程为，此时．
同理，当直线l在y轴左侧时，．
②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，，，
由消去y整理得，，
∴，且，，
又∵，∴即：，
所以，，
则，
故，
所以满足，
所以，．
综上，，所以，点P的轨迹方程为．
（2）①由（1）可知，当直线l斜率不存在或斜率为0时，．
②当直线l斜率存在且不为0时，
，
∵，∴，当且仅当，即等号成立．
∴，∴，
∴，
综上，．
??
19．（本小题满分17分）
【解】（1），
由题意可知；
（2）解法一：①若，则为恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为.
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可.
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中.
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.