2024年高考数学考前冲刺试卷（9-10）（学生版+教师版）

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（九）
一、单选题
1、（2024·辽宁沈阳·二模）抛物线过点，则的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把点代入抛物线方程，再求得准线方程.
【详解】把点代入抛物线方程，得，
解得，
所以抛物线方程为，准线方程为.
故选：B.
2、（2024·江苏·二模）已知，是两个虚数，则“，均为纯虚数”是“为实数”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
【答案】A
【分析】设且,可得，如，可得结论.
【详解】若均为纯虚数，设且,
则，所以“均为纯虚数”是是实数的充分条件，
当，，
所以“均为纯虚数”是是实数的不必要条件，
综上所述：“均为纯虚数”是是实数的充分不必要条件.
故选：A.
3、（2024·江西宜春·模拟预测）圆与圆的公共弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心到公共弦的距离，由弦长即可求出两圆的公共弦长.
【详解】由，作差．
得两圆的公共弦所在直线的方程为．
由，得．
所以圆心，半径，
则圆心到公共弦的距离．
所以两圆的公共弦长为．
故选：D．
4、（2024·河南·三模）已知等比数列的公比为，若，且成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得结果.
【详解】成等差数列，，又，
，整理可得：，
，解得：（舍）或.
故选：C.
5、（2024·江苏·二模）已知非零向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用两个向量平行的性质可得，化简可得，利用齐次式即可得到答案.
【详解】因为，为非零向量，所以，即
因为，所以，则，
即，
即，由于，所以两边同除，
可得：，解得：tanα=13或(舍去),
所以.
故选：D
6、（2024·河南·二模）已知函数，若存在，，使得，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】C
【分析】化简得，由题意可得在上至少有两个相邻的对称轴，根据正弦函数的性质，列出不等式组求解即可.
【详解】由题意知，
由于，
则在上至少有两个相邻的对称轴，
令，，则，，
当时，不等式组无解，当时，解为，
因此的最小值为，
故选：C.
二、多选题
7、（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】BCD
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；
B.若，，则，又，所以，故B正确；
C. 若，，则，又，所以，故C正确；
D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.
故选：BCD
8、（2024·江苏·二模）已知定义在R上的函数满足，且不是常函数，则下列说法中正确的有（ ）
A．若2为的周期，则为奇函数
B．若为奇函数，则2为的周期
C．若4为的周期，则为偶函数
D．若为偶函数，则4为的周期
【答案】ABD
【分析】对于A：由已知可得，结合周期可得可判断A；由奇函数可得，可判断B；结合已知可得结论，可判断C；由已知可得，可判断D.
【详解】对于A：若2是的周期，则，
由，可得，
所以，所以为奇函数；故A正确；
对于B：若为奇函数，则，
由，可得，所以2是的周期，故B正确；
若4是的周期，则，
由，可得
，
所以，所以为奇函数；故C不正确；
对于D：若为偶函数，则，
由，可得，所以，
所以，所以4是的周期，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
9、（2024·辽宁沈阳·二模）已知函数，则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】，，
，
故答案为：
10、（2024·辽宁沈阳·二模）已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数 ．
【答案】或
【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.
【详解】设点，由可得：，
两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.
若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，
则圆心到直线的距离，解得．
故答案为：或.
四、解答题
11、（2024·河南·二模）盒中装有大小相同的7个小球，其中2个黑球，3个红球，2个白球.规定：取到1个黑球得0分，取到1个红球得1分，取到1个白球得2分.现一次性从盒中任取3个小球.
(1)求取出的3个小球中至少有2个红球的概率；
(2)用随机变量表示取出的3个小球得分之和，求的分布列.
【答案】(1)
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据古典概型的概率公式可得,即可利用超几何分布的概率公式求解；
（2）利用超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列.
【详解】（1）共有种不同的取法，事件表示取出3个小球中至少有2个红球，包含两种；
（2）随机变量的可能取值为，
，
，
，
，
.
则随机变量的分布列为：
12、（2024·河南·二模）在数列中，，对任意正整数，均有.数列满足：.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用累加法求出的通项公式，由可得两式作差即可得到的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，
当时，，
累加得，即，
经检验，满足，
所以数列的通项公式为，
因为①，
当时，，
当时，②，
①②得，即，
经检验，满足，
所以数列的通项公式为；
（2）由（1）可得
，
所以.
即数列的前项和.
13、（2024·河南·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆的直径的长度为4，母线长为.
(1)如图1所示，若为圆上异于点的任意一点，当三角形的面积达到最大时，求二面角的大小；
(2)如图2所示，若，点在线段上，一只蚂蚁从点出发，在圆锥的侧面沿着最短路径爬行一周到达点，在运动过程中，上坡的路程是下坡路程的3倍，求线段的长度.（上坡表示距离顶点越来越近）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）判断为钝角，当且仅当时最大，以为坐标原点建立空间直角坐标系求解.
（2）将圆锥的侧面展开成扇形，在中，过作的垂线，设垂足为由题意知，利用及向量运算求得的长度.
【详解】（1）由，易得圆锥的高
，所以，所以为钝角，
，当且仅当时取等号，
（满足条件的点有两种对称位置，只研究其中的一种）
此时易得，在直角三角形中，由勾股定理得，，
从而为等边三角形，
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，
即
令，得，所以，
取平面的法向量，
设二面角的平面角为，显然为锐角，
，所以二面角的大小为；
（2）将圆锥的侧面展开成扇形如图，扇形的弧长为，扇形的半径，
则扇形的圆心角，
在中，过作的垂线，设垂足为
在段距离顶点越来越近为上坡，段为下坡，所以，
设，易得，
因为，所以，
即，得，
解得，即.
（十）
一、单选题
1、（2024·江西宜春·模拟预测）若为纯虚数，则（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】A
【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，由题意可得且，解方程即可得出答案.
【详解】由题得，
因为为纯虚数．所以且，
解得．
故选：A．
2、（2024·河南·二模）展开式中的常数项为（ ）
A．30B．-30C．60D．-60
【答案】C
【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解.
【详解】展开式的通项为,
令，解得，
故展开式中的常数项为.
故选：C.
3、（2024·辽宁沈阳·二模）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据结合可得与，进而可得.
【详解】则，
即，
又因为，故，，，
故，因为，则，
结合可得，，则.
故.
故选：C
4、（2024·山东枣庄·模拟预测）已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件分别求出和，然后按照平面向量的投影向量公式计算即可得解.
【详解】
，
，,
在上的投影向量为.
故选：A.
5、（2024·山东枣庄·模拟预测）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用圆柱及球的特征计算即可.
【详解】由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，
则，故该球的表面积为.
故选：C
6、（2024·浙江绍兴·二模）在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】画出图形，通过分析得出，外接球球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面（即平行于）的直线上面，且底面外接圆半径为，设到平面的距离为，过作于点，从而，由此列出方程组求出结合球的表面积公式即可得解.
【详解】
依题意取的中点为，且交于点，
注意到是的中点，三角形是等边三角形，从而是三角形的中心，
同时有，，，面，面，
所以面，而面，所以平面面，
故而点在平面的投影在上面，
注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等，
从而，，面，面，
所以面，因为面，所以，
因为面，面，所以，
又因为，面，面，故有面，
所以，
注意到点是直角三角形斜边上的中点，
所以是四边形（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而四点共圆），
所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上，
且底面四边形外接圆的半径为，
设到平面的距离为，过作于点，
所以，即，
解得，这意味着此时点与点重合，
四棱锥的外接球的表面积是.
故选：C.
二、多选题
7、（2024·河南·二模）已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的实部为
B．复数在复平面中对应的点在第四象限
C．
D．
【答案】ABD
【分析】先化简得到，然后用实部和共轭实数的定义判断A和B选项；由于虚数不能比较大小，故C错误；直接计算即知D正确.
【详解】我们有，故的实部为，A正确；
由知，所以在复平面中对应的点是，在第四象限，B正确；
都不是实数，它们不能比较大小，C错误；
，D正确.
故选：ABD.
8、（2024·河南·二模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，是棱上的动点（包括端点），则下列说法正确的是（ ）
A．
B．正方体的外接球的球心可能在平面内
C．若直线上有且只有一点使得，则
D．当时，为线段上的动点（包括端点），则的最小值为
【答案】ACD
【分析】对于B，对比正方体的正六边形截面与平面是否重合即可；建立适当的空间直角坐标系，对于A，验证两直线的方向向量的数量积是否为0即可；对于C，由直线垂直得到数量积为0，即可得到一个方程，由判别式等于0进行验算即可；对于D，利用数量积的坐标公式将所求转换为二次函数即可判断.
【详解】如图所示：

正方体的正六边形截面不可能与平面重合，其中是各点所在棱的中点，显然其中心为正方体的外接球的球心，B错误；
建立如图所示坐标系，

则，设，，
而，
所以，，
所以，所以，故A正确；
因此，由，故，
即，化简有，因为仅有一点，则，故正确；
由上述知，则，设，
则，
因此，
当时，取最小值，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
9、（2024·山东枣庄·模拟预测）写出函数图象的一条对称轴方程 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用二倍角公式及三角函数的图象与性质计算即可.
【详解】易知，所以，
不妨取，则.
故答案为：（答案不唯一）
10、（2024·山东枣庄·模拟预测）某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为 ．
【答案】
【分析】先分①②两种方法，再由独立事件的乘法公式计算即可.
【详解】到达第3台阶的方法有两种：
第一种： 每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：
只上一步且上两个台阶，则概率为，
所以到达第3阶台阶的概率为，
故答案为：.
四、解答题
11、（2024·江西宜春·模拟预测）记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求的值；
(2)若外接圆的半径为，且为锐角，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）结合正弦定理、两角和正弦公式化简题目已知条件即可求出a的边长.
（2）利用正弦定理以及先求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值即可求解.
【详解】（1）由题得．
所以．
所以，又，所以，
由正弦定理得，因为，所以.
（2）由正弦定理得，所以，
又为锐角．所以，
由余弦定理得，
所以，当且仅当时取等号，
所以的面积.
故面积的最大值为8.
12、（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在平面四边形中，是边长为4的等边三角形，，，为SD的中点，将沿AB折起，使二面角的大小为，得到如图2所示的四棱锥，点满足，且．
(1)证明：当时，平面；
(2)求点D到平面的距离；
(3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而可证面面平行，根据面面平行的性质即可求解，
（2）根据，可得为二面角的平面角，即可判断等边，进而可得线线垂直，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量法求解点面距离，
（3）求解两平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）当时，为棱SC的中点．
取CD的中点，连接MN，BN，则，
因为平面，平面．
所以平面．
由题可得，，，
所以，所以．
因为平面，平面，
所以平面．
又，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（2）由题意得，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以为等边三角形．
因为，平面．
所以平面，又平面，所以平面平面，
取AD的中点，连接，则．
因为平面平面，所以平面．
所以AD，AB，OS两两垂直．
则以O为原点，OA，OS所在直线分别为x，z轴，以过点且平行于AB的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则．
取，则，，所以．
所以点到平面的距离．
（3）由（2）可得，
则由，得．
所以．
设平面的法向量为．
则，
取，则，，
所以．
由（2）可知为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为．
则，
解得或（舍）．所以的值为．
13、（2024·江西宜春·模拟预测）为了解并普及人工智能相关知识、发展青少年科技创新能力，某中学开展了“科技改变生活”人工智能知识竞赛，竞赛试题有甲、乙、丙三类（每类有若干道题），各类试题的分值及小明答对的概率如表所示，每道题回答正确得到相应分值，否则得0分，竞赛分三轮，每轮回答一道题，依次进行，每轮得分之和即为参赛选手的总得分．
小明参加竞赛，有两种方案可以选择：
方案一：回答三道乙类题；
方案二：第一轮在甲类题中选择一道作答，若正确，则进入第二轮答题；若错误，继续回答另一道甲类题，该题回答正确，进入第二轮答题，否则退出比赛；第二轮在丙类题中选择一道作答，若正确，则进入第三轮答题，否则退出比赛；第三轮在乙类题中选择一道作答．
(1)方案一中，在小明至少答对2道乙类题的条件下，求小明恰好答对2道乙类题的概率；
(2)为使总得分的数学期望最大，小明应选择哪一种方案？并说明理由．
【答案】(1)
(2)小明应该选择方案一，理由见解析
【分析】（1）记事件为“小明至少答对2道乙类题”，事件为“小明恰好答对2道乙类题”，结合独立重复试验的概率公式和条件概率的计算公式，即可求解；
（2）设方案一中小明答对乙类题的题数为，总得分为，利用二项分布的期望和期望的性质，求得；再由方案二中，得到小明的总得分为的可能取值，求得相应的概率，利用期望的公式，求得，结合，即可求解.
【详解】（1）解：记事件为“小明至少答对2道乙类题”，事件为“小明恰好答对2道乙类题”，
则，，
所以.
（2）解：设方案一中小明答对乙类题的题数为．总得分为，
由题意知，则，
所以．
设方案二中小明的总得分为，由题意得的可能取值为0，10，50，70，
则，，
，，
所以，
所以．
所以小明应该选择方案一．
1
2
3
4
5
甲类题
乙类题
丙类题
每题分值
10
20
40
每题答对概率