决胜高考2024年杭州市高考数学精选题练习（二）含答案

这是一份决胜高考2024年杭州市高考数学精选题练习（二）含答案，共30页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，若，则，已知圆，圆，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，复数，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知单位向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．国际数学家大会已经有了一百多年历史，每届大会都是吸引当时世界上研究各类数学和相关问题的世界顶级科学家参与世纪的第一次国际数学家大会在我国北京举行，有来自多个国家的多位数学家参加了本次大会这次大会的“风车”会标取材于我国古代数学著作《勾股圆设方图》，该弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若下图中所示的角为，且大正方形与小正方形面积之比为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．四位爸爸、、、相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则的小孩与交谈的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，若在区间上有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．空间中四个点、、、满足，，且直线与平面所成的角为，则三棱锥的外接球体积最大为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知圆，圆，下列说法正确的是（ ）
A．若，则圆与圆相交
B．若，则圆与圆外离
C．若直线与圆相交，则
D．若直线与圆相交于，两点，则
10．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列说法正确的是（ ）
A．当时，为偶函数
B．当时，在上单调递减
C．当时，在上的值域为
D．当时，点是的图象的一个对称中心
11．如图，在直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，为棱上的一动点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．
D．异面直线与所成角的余弦值为
12．已知函数，的定义域均为，，连续可导，它们的导函数分别为，.若的图象关于点对称，，且，与图象的交点分别为，，，，则（ ）
A．是偶函数
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于直线
D．
三、填空题
13．已知向量，且，则m= .
14．已知，则 .
15．某居民小区前有9个连成一排的车位，现有4辆不同型号的车辆要停放，则恰有2辆车停放在相邻车位的概率是 .
16．已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，若，且与交于点M，则的面积的最小值为 .
四、解答题
17．在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
(1)证明：；
(2)若，，求的面积.
18．已知数列满足，且对任意正整数m，n都有
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
19．如图，已知正方体的棱长为4，点E满足，点F是的中点，点G满足

(1)求证：四点共面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．已知函数（e为自然对数的底数，）.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，
21．某中学在运动会期间，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
(1)根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？
(2)现有n根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.
（i）当，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；
（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为
附：
22．已知双曲线C：的焦距为6，其中一条渐近线的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，M为线段PQ上与端点不重合的任意一点，过点M且与平行的直线分别交另一条渐近线和C于点
(1)求C的方程；
(2)求的取值范围.
题号
一
二
三
四
总分
得分
性别
速度
合计
快
慢
男生
65
女生
55
合计
110
200
0.100
0.050
0.025
0.010
k
2.706
3.841
5.024
6.635
参考答案：
1．C
【分析】先求出集合，，然后进行交集的运算即可．
【详解】依题意得，，
所以．
故选：C．
2．B
【分析】根据给定条件，利用复数模的计算公式求解即可．
【详解】由复数，则．
故选：B．
3．B
【分析】先将=1两边平方得到向量的数量积，再根据在方向上的投影向量公式得出结果.
【详解】由已知，
因为，所以.
所以在方向上的投影向量为.
故选：B．
4．C
【分析】设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，求出小正方形的边长为，大正方形的边长为，结合题意可得，联立，求解即可得出答案
【详解】解：设直角三角形较短的直角边长为，则较长的直角边长为，
小正方形的边长为，大正方形的边长为，
大正方形与小正方形面积之比为，
所以，，则，①
因为，则，②
又因为，③
由①②③可得.
故选：C.
5．A
【分析】设、、、四位爸爸的小孩分别是、、、，列举出所有的基本情况，并列举出“的小孩与交谈”所包含的基本情况，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】解：设、、、四位爸爸的小孩分别是、、、，
则交谈组合有种情况，分别为：
，，，，，
，，，，
的小孩与交谈包含的不同组合有种，分别为：，，，
的小孩与交谈的概率是．
故选：A.
6．D
【分析】首先把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用余弦型函数的性质的应用即可求出的取值范围．
【详解】函数 ，
令，由，则，
又函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴，
即在区间上有且仅有个零点和条对称轴，
作出的图象如下，
所以，得．
故选：D．
7．B
【分析】构造函数，对求导，结合导数分析函数的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．
【详解】令，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
因为，所以，
又，所以，
所以，，
所以，
故．
故选：B
8．C
【分析】先求的外接圆的半径，过作平面于，可得，可得当，，在一直线上时，三棱锥的外接球体积最大，求解即可．
【详解】设是三角形的外接圆的圆心，因为，所以是正三角形，
则三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，
由题意可得，过作平面于，
直线与平面所成的角为，，，
故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当球心到的距离最大时，三棱锥的外接球体积最大，
所以在延长线上时，三棱锥的外接球体积最大，
设的中点为，连接，则，，
又，，
所以，，
，
三棱锥的外接球体积最大为.
故选：C．
9．AC
【分析】根据直线与圆相交、圆与圆位置关系逐项判断即可.
【详解】解：圆的圆心，半径
若，，则圆心，半径，则，
所以，则圆与圆相交，故A正确，B错误；
若直线与圆相交，则圆心到直线的距离，解得，故C正确；
若直线与圆相交于，两点，则圆心到直线的距离，所以相交弦长，故D错误.
故选：AC.
10．AD
【分析】根据平移变换得，对于A，根据诱导公式化简，再根据偶函数的定义判断可知A正确；对于B，根据可判断B不正确；对于C，利用正弦函数的图象求出值域，可判断C不正确；对于D，根据可判断D正确.
【详解】依题意可得，
对于A，当时，，，故为偶函数，所以A正确；
对于B，当时，，，，
所以在上不是减函数，故B不正确；
对于C，当时，，因为，所以，
所以，，即在上的值域为，故C不正确；
对于D，当时，，因为，所以点是的图象的一个对称中心，故D正确.
故选：AD
11．ABD
【分析】根据图形特点取的中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的线线关系计算可判断A,C,D选项；利用线面关系及三棱锥体积即可判断B选项.
【详解】解：直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，取的中点为，
由于，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设,，则，所以
则，又，所以，所以，
对于A，，设，
则，所以，则，故A正确；
对于B，因为，分别为，的中点，所以，又，则
又平面，平面，所以平面，故到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，由A选项得，，
所以，故C不正确；
对于D，由于，所以，所以，
故异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
12．BCD
【分析】根据奇函数性质可判断A，对两边求导，可判断B，根据，且，可得，再根据三角函数性质可判断C，根据与都关于对称可判断D．
【详解】解：对于A，若的图象关于点对称，则，无法确定是否成立，故A不正确；
对于B，由于，则，所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，因为，故设，其中为常数，又，所以，
则的对称轴为，则，所以的图象关于直线，故C正确；
对于D，因为对称中心为，，则也是的对称中心，所以函数与的交点关于对称，
则，故D正确，
故选：BCD.
13．2
【分析】根据向量平行的坐标公式，代值计算即可.
【详解】因为，，
由，得.
故答案为：2.
14．
【分析】根据两角和的正切公式可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
15．
【分析】根据捆绑法、插空法，结合古典概型计算公式进行求解即可.
【详解】9个车位选4个安排4辆不同型号的车，共有种方法，
将余下的5个空车位排成一排形成6个空，然后从4辆车中挑出2辆车作排列后进行捆绑，
4辆车看作3个元素插入6个空中，共有种方法，
由乘法原理结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：
故答案为：
16．1
【分析】由直线垂直可构造出斜率关系，得到，通过直线与抛物线方程联立，根据根与系数关系求得；联立两切线方程，可用表示出，代入点到直线距离公式，从而得到关于的面积的函数关系式，求得所求最值．
【详解】解：抛物线的方程为，即，所以，
设,，,，则，
所以切线方程，，
由于，所以，
由题意可设直线方程为，抛物线方程联立，得，
所以，则，，即
即，
联立方程得，即，
点到直线的距离，，
所以．
当时，面积取得最小值1．
故答案为：1.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，求出的取值范围，可得出，即可证得结论成立；
（2）由可求得的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）证明：因为，由正弦定理得，
即，
即，故，
因为、，所以，则，
所以，，所以，或（舍），因此.
（2）解：因为，
故，
由，因为，故，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）令，可得，用累加法即可求出数列的通项公式.
（2）由题意分是偶数和奇数两种情况讨论，当为偶数时，可用分组求和以及等差数列前项和公式，当为奇数时，利用n为偶数的结论即可求解.
【详解】（1）由对任意整数均有，取，得，
当时，，
当时，，符合上式，所以.
（2）当为偶数时，
，
当为奇数时，若，则，
若，则，
且当时，满足.
综上所述：.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法1：取中点，分别连接，先证明四边形为平行四边形，则，再根据相似比可得，则，即可得出结论；
法2：以为原点，建立空间直角坐标系，证明即可；
（2）利用向量法求解即可.
【详解】（1）法1：如图，取中点，分别连接，因为为中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由知，由知，
所以，所以，
所以，所以四点共面；

法2：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，所以，
所以四点共面；
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，
由，即，可取，
平面的法向量，
则有，可取，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面EFG与平面夹角的余弦值为.
【点睛】
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论，分别判断的符号，得出函数的单调区间；
（2）利用函数最值转化为求证，构造函数利用导数求最值即可得解.
【详解】（1），
当时，，在上单调递减；
当时，由可得，故时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，
只需证，即证，
设，
则，
故时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
又，故，
即成立，所以原不等式成立.
21．(1)有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关
(2)（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；
（2）（i）依题意，先得到的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【详解】（1）依题意，完善列联表如下，
所以.
故有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.
（2）（i）由题知，随机变量的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
所以.
（ii）不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，
令根绳子打结后可成圆的种数为，
那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故；
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利用数列的累乘法求得结果.
22．(1)
(2)
【分析】（1）由渐近线斜率得，结合求得得双曲线方程；
（2）设.直线的方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，同时由两交点在右支得出，然后求出各点坐标计算出并代入韦达定理的结论化此式为关于的函数，从而可求得其取值范围．
【详解】（1）由的焦距为6，知，即；
又渐近线方程为，则，
故，即，从而，
因此，双曲线的方程为.
（2）设.直线的方程为，则.
将直线的方程代入得有两正根，
则,且，
又，解上述不等式组，得.
因为的方程为，则与的交点横坐标为
将的方程代入得即为点的横坐标，
故，
所以，，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中范围问题，一般设交点坐标为，设直线方程为（或），代入圆锥曲线方程后应用韦达定理得，由相交得出参数范围，计算出要求范围的量交代入韦达定理的结论化为所设参数的函数，从而求得其取值范围，
性别
速度
合计
快
慢
男生
65
35
100
女生
45
55
100
合计
110
90
200
1
2
3