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2024年普通高等学校招生全国统一考试终极猜想
数 学
一、单选题
1．记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知角，则数据的中位数为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．2
4．对于上可导的任意函数，若当时满足，则必有（ ）
A． B．
C． D．
5．已知且，则“”是“函数为偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（ ）
A．2 B． C． D．
7．已知抛物线C：（）的焦点为F，C的准线与x轴的交点为M，点P是C上一点，且点P在第一象限，设，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
二、多选题
9．已知展开式中常数项是，则的值为（ ）.
A．3 B．4 C．5 D．6
10．已知函数满足，则（ ）
A． B． C．是偶函数 D．是奇函数
11．中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关.为了建立茶水温度随时间变化的回归模型，小明每隔1分钟测量一次茶水温度，得到若干组数据，，…，（其中，），绘制了如图所示的散点图.小明选择了如下2个回归模型来拟合茶水温度随时间的变化情况，回归模型一：；回归模型二：，下列说法正确的是（ ）.
A．茶水温度与时间这两个变量负相关
B．由于水温开始降得快，后面降得慢，最后趋于平缓，因此模型二能更好的拟合茶水温度随时间的变化情况
C．若选择回归模型二，利用最小二乘法求得到的图象一定经过点
D．当时，通过回归模型二计算得，用温度计测得实际茶水温度为65.2，则残差为
三、填空题
12．已知集合，，则 .
13．已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
14．已知曲线经过点，则所有这些曲线上满足的点组成的图形的面积为 ．
四、解答题
15．已知的内角所对边的长分别，且．
(1)若，求的大小；
(2)当取得最大值时，试判断的形状．
16．如图，在多面体中，四边形为正方形，，且，M为中点．
(1)过M作平面，使得平面与平面的平行（只需作图，无需证明）
(2)试确定（1）中的平面与线段的交点所在的位置；
(3)若平面，在线段是否存在点P，使得二面角的平面角为余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由．
17．已知函数．
(1)求的极值；
(2)若过点可以作两条直线与曲线相切，证明：．
18．已知T是上的动点（A点是圆心），定点，线段TB的中垂线交直线TA于点P.
(1)求P点轨迹的方程；
(2)已知直线的方程，过点B的直线（不与轴重合）与曲线相交于M，N两点，过点M作，垂足为
①求证：直线ND过定点，并求出定点的坐标；
②点为坐标原点，求面积的最大值.
19．某自然保护区经过几十年的发展，某种濒临灭绝动物数量有大幅度的增加.已知这种动物拥有两个亚种（分别记为种和种）.为了调查该区域中这两个亚种的数目，某动物研究小组计划在该区域中捕捉100个动物，统计其中种的数目后，将捕获的动物全部放回，作为一次试验结果.重复进行这个试验共20次，记第次试验中种的数目为随机变量.设该区域中种的数目为，种的数目为（，均大于100），每一次试验均相互独立.
(1)求的分布列；
(2)记随机变量.已知，
（i）证明：，；
（ii）该小组完成所有试验后，得到的实际取值分别为.数据的平均值，方差.采用和分别代替和，给出，的估计值.
（已知随机变量服从超几何分布记为：（其中为总数，为某类元素的个数，为抽取的个数），则）答案与解析
1．B
【详解】因为数列为等比数列，且等比数列的前项和为，
所以成等比数列，则，
即，解得或.
设等比数列公比为，则，
，则，得.
故选：B
2．A
【详解】因为角，
所以，，，
，，
所以，，
按照从小到大的顺序排列时，前个数为，，，
则中位数为（或）．
其中当时的证明过程如下：
构造单位圆，如图所示：
则，设，则，
过点作直线垂直于轴，交所在直线于点，
由，得，所以，
由图可知，
即，
即.
故选：A．
3．D
【【详解】由，
则，的虚部为2.
故选：D.
4．C
【详解】由，得当，即时，，函数不单调递减，则；
当，即时，，函数不单调递增，则；
由不等式的性质得：.
故选：C
5．A
【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有，
即，即对任意的恒成立，
即有，故，
由“”是“”的充分不必要条件，
故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
6．D
【详解】如图，在中，，，，，，
所以.
故选：D
7．A
【详解】过作垂直准线于，如图，
在中，由正弦定理可得，
即，
在中，因为，
所以，
即，
故选：A.
8．B
【详解】如图，将第一个球靠近该圆柱右侧放置，球上的点到该圆柱底面的最大距离为2，将第二个球也靠近圆柱侧面放置，
过点作垂直于该圆柱的母线，垂足为A,过点作垂直于圆柱底面，
垂足为B,设，
则球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
同理可得球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱底面的最大距离加，
因为，故最多能装下小球个数为11.
故选：B
9．AD
【详解】展开式的通项为，
若要其表示常数项，须有，即，
又由题设知，或，或.
故选：A D．
10．AC
【详解】令，则，
令，则，解得或，
若，则恒成立，不合题意，故，A选项正确；
，则,，B选项错误；
函数，定义域为R，，
为偶函数，C正确，D错误.
故选：AC
11．AB
【详解】由散点图可知随时间增加，温度逐渐降低，且变化趋势趋于平缓，故为负相关且模型二拟合更好，即A、B正确；
根据非线性回归模型的拟合方法，先令，则，此时拟合为线性回归方程，
对应的回归直线过点，原曲线不一定经过，故C错误；
残差为真实值减估计值，即为65.2-65.1=0.1，故D错误.
故选：AB.
12．
【详解】，
，
则.
故答案为：
13．
【详解】令球半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图，依题意，，，
，显然，于是，
所以.
故答案为：
14．
【详解】将代入曲线方程得，∴．
∵，∴，故．
∵．∴．
又∵，∴．∴．
即满足且的点如图中阴影部分，其面积为．
故答案为：
15．(1)
(2)为直角三角形
（2）利用（1）中结果及正切的差角公式得到，再利用基本不等式可得到的最大值为，且，再利用，即可得到，从而求出结果.
【详解】（1）由，
得，即，由余弦定理得，所以，
故，得到，
所以，又，所以
又∵，所以．
（2）由（1）知，，所以，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
∴的最大值为，
又∵，则的最大值为，此时，
∴，
所以为直角三角形．
16．(1)图形见解析
(2)（1）中的平面与线段的交点在靠近点的四等分点处
(3)存在，
【详解】（1）如图，取的中点，连接，延长交于点，
连接并延长交于点，连接，
取的中点，连接，则且，
故，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为分别为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面即为平面；
（2）又（1）得，点在线段上靠近点的四等分点处，
即（1）中的平面与线段的交点在靠近点的四等分点处；
（3）如图所示，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
设，
则故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，解得，此时，
所以存在，.
17．(1)极小值为，无极大值；
(2)证明见解析.
【详解】（1）因为，所以，令，得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
（2）设切点为，则切线的方程为，
则，整理得，
由过点可以作两条直线与曲线相切，
可得方程有两个不相等的正根.
令，则，
当时，在上单调递减，则方程最多只有一个正根，不符合题意，
当时，若，则在上单调递增，
若，则在上单调递减，则，
故要使得方程有两个不相等的正根，则.
18．(1)
(2)①证明见解析，；②
【详解】（1）的圆心，半径，
由中垂线的性质得，
所以，
所以动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆，
设该椭圆的方程为，
则，，所以，
所以点轨迹的方程为；
（2）①设直线的方程为，
由 得（1） ，
设，显然，
且
∴直线的方程为
令，得（2），
将代入（2），
则
故直线过定点即定点
②在（1）中， ，
又直线过定点
令，
则，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，
故当，即时，
19．(1)见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），
【详解】（1）依题意，均服从完全相同的超几何分布，
且，均大于100，
故的分布列为.
0 1 99 100
（2）（i）均服从完全相同的超几何分布，故
，
，
故，
（ii）由（ⅰ）可知的均值
利用公式计算的方差，
所以
依题意有
解得，．
所以可以估计，．
