高考数学冲刺必刷押题密01卷-备战2024年高考数学二轮复习讲义+分层训练（新高考专用）

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1．B
【分析】根据题意将集合化简，然后结合交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，即，
且或，所以或，即，
所以.
故选:B
2．B
【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，，
由，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．C
【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.
【详解】设事件表示“两道题全做对”，
若两个题目都有思路，则,
若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，
故,
故选：C
4．D
【分析】原式利用二次展开通项公式化简，根据的系数是，求出的值即可.
【详解】根据的二项展开通项公式.
令，得到，由的系数是，得到，
解得：，
故选：D
·
5．C
【分析】取圆台的中轴面,补全为一个三角形,根据三角形相似,找到加入矿泉水后水面的半径和水深的关系,根据圆台体积为,列出等式,解出即可.
【详解】解:由题知矿泉水的体积为,
将圆台的中轴面拿出,补全为一个三角形如图所示:
加入矿泉水后,记石瓢壶内水深为,水平面半径为,
由图可知,
所以有
即,
解得,
由,
得,
即,
解得:,
故加入矿泉水后圆台的体积为:
,
解得,
所以.
故选:C
6．B
【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．
【详解】解：设，则，，
，
，或（舍去），
为的重心，，为的中点，
，
故选：B．
7．C
【分析】联立直线与C的方程，求出弦AB长，由求解即得.
【详解】显然直线与交于原点O，
由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，
设点，而
由得，解得，
则，
则，化简得，即，，
解得，
则.
故选：C.
8．D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
9．BCD
【分析】对A，根据方差的性质判断即可；
对B，根据正态分布的对称性判断即可；
对C，根据回归直线的性质判断即可；
对D，根据独立性检验的性质判断即可
【详解】对A，由方差的性质可知，若随机变量满足，则，故A错误；
对B，根据正态分布的图象对称性可得，故B正确；
对C，根据回归直线过样本中心点可知C正确；
对D，由可知判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，故D正确
故选：BCD
10．ACD
【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，所以，
对于B，当时，，所以，
所以的值域为，故B错误；
对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD．
11．BD
【分析】对A：代入点即可解得，进而可得焦点和准线；对B：根据斜率公式运算求解；对C：联立方程求交点坐标，再根据抛物线的定义运算求解；对D：根据中点坐标公式运算求解.
【详解】对A：∵点在抛物线上，则，解得，
故抛物线的方程为，焦点，准线，A错误；
对B：直线的斜率，B正确；
对C：直线的方程，
联立方程，解得或，
即，故，C错误；
对D：线段的中点的横坐标为，D正确；
故选：BD.
12．BCD
【分析】利用题中定义可判断AB选项；设点，其中，设点，可得出，根据题中定义并结合已知条件求出点的轨迹方程，可判断C选项；证明出，可得出，可判断D选项.
【详解】对于A选项，取点，设点关于圆的对称点为，
则存在使得，，可得，则，
所以，，
因此，点关于圆的对称点是，A错；
对于B选项，由题意可知，
设点关于圆的对称点为点，则存在实数，使得，
所以，，可得，即，
因此，圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身，B对；
对于C选项，设点，其中，设点，
因为点在圆上，则，可得，
由题意可知，存在实数，使得，即，
所以，，可得，
因此，点的轨迹方程为，C对；
对于D选项，设点，则，设点，
由题意可知，存在实数，使得，且，则，
所以，、同向，且，所以，，
又因为，所以，，
所以，为定值，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
13．##0.25
【分析】由题意可得是周期为2的函数，即可求解.
【详解】因为是定义域为的偶函数，所以；
又，所以，
所以是周期为2的函数，则.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占，进而由对立事件和互斥事件的概率公式计算可得答案．
【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占，则含1个二等品零件的包数占，
在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
在含2个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
则小张决定采购该企业产品的概率；
故答案为：．
15．
【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.
【详解】在三角形中由正弦定理得，
所以，
即，
所以，
所以，
又，，所以为等腰直角三角形，所以，
在中由余弦定理得
，
所以.
故答案为：.
16．
【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.
17．(1)拟合效果更好，答案见解析
(2)，
【分析】（1）根据散点图，结合两个模型的特征进行判断即可；
（2）根据对数的运算性质，结合题中所给的公式和数据进行求解即可.
【详解】（1）Lgistic非线性回归模型拟合效果更好．
从散点图看，散点更均匀地分布在该模型拟合曲线附近；
从残差图看，该模型下的残差更均匀地集中在以残差为0的直线为对称轴的水平带状区域内．
（2）将转化为，
则，所以，
所以．
所以关于的经验回归方程为．
当时，体长．
18．(1)
(2)
【分析】（1）将题设条件转化为，从而得到，进而求出公比，由此得解；
（2）利用（1）结论，结合裂项相消求和法即可得解.
【详解】（1）当时,
即,又是等比数列,;
数列的通项公式为:.
（2）由（1）知,,
,
即.
19．(1)；
(2)，.
【分析】（1）根据给定条件，利用三角恒等变换化简，再利用正弦定理角化边，用余弦定理求解作答.
（2）利用平面向量的数量积及余弦定理列出方程组，求解方程组作答.
【详解】（1）在中，依题意，
则，即，
由正弦定理得：，由余弦定理得，而，
所以.
（2）依题意，，则，
又，，则有，即，又，解得，
所以，.
20．(1)证明见解析；
(2)或
【分析】（1）根据题意，取中点为，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到结果；
（2）根据题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得到三棱锥的体积.
【详解】（1）
取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
且平面平面，平面平面，面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为中点，所以，且，平面，所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）
由（1）可知，且，，所以平面，
且平面，所以，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则可得，
即，，
设平面的法向量为，
则，则可得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或，即或
当时，则，
所以.
当时，，
所以.
21．(1)函数的单调递增区间为，无递减区间
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）设，可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：的定义域为，当时，，
，
设，则，
令，解得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，，则对任意的恒成立，
所以，函数的单调递增区间为，无递减区间.
（2）解：当时，恒成立等价于在上恒成立，
设，
则，
设，
则图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，
当时，，在单调递增，且，
所以，，即，则函数在上单调递增，
又因为，所以在恒成立，满足题意；
当时，，，
所以方程有两相异实根，设为、，且，则，
当时，，，在上单调递减，
又因为，故当时，，
所以，在上不恒成立，不满足题意.
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，注意到，由此将问题转化为考查函数在上的单调性来处理，只需对实数的取值进行分类讨论，结合单调性来求解.
22．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）点在定直线上；（ⅱ）的最小值为16.
【分析】（1）易知焦点，设出两点坐标，根据得到，再由可知两直线斜率相等，可得点坐标的表达式，再利用即可证明三点共线；（2）（ⅰ）分别写出直线，的方程，求出两直线交点的坐标表达式即可得出点在定直线上；（ⅱ）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出的表达式，再求出点到的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得的最小值.
【详解】（1）由题可知，设，
又，由得，
所以，即，
所以直线的斜率为，
设，由可得，
所以直线的斜率为，
又，即，所以，得
所以，，
即，则三点共线.
（2）（ⅰ）点在定直线上，理由如下：
直线的斜率为，所以直线的方程为
即
过点的切线斜率为，所以直线的方程为
即，
交于点，解得
因此，点在定直线上.
（ⅱ）由（1）知直线的斜率为，方程为，
即，
联立抛物线方程整理得，
所以，
所以
又因为，所以点到的距离等于点到直线的距离，
而到直线的距离为
所以
而，当且仅当，即时等号成立；
所以，
即的最小值为16.