2024年高考数学考前冲刺试卷（17-18）（学生版+教师版）

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（十七）
一、单选题
1、（2024·福建漳州·三模）已知复数，则（ ）
A．2B．C．1D．0
【答案】B
【分析】由复数乘除法以及复数模的运算公式即可求解.
【详解】，
所以
故选：B
2、（2024·山西临汾·三模）已知等差数列的首项为2，公差不为0．若成等比数列，则的前6项和为（ ）
A．B．C．3D．8
【答案】B
【分析】根据给定条件，列出关于公差的方程，求出即可求出的前6项和.
【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得，
而，解得，所以的前6项和为.
故选：B
3、（2024·山东威海·二模）已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线过点F，且与C在第一象限的交点为A，若，则p=（ ）
A．2B．4C．8D．12
【答案】B
【分析】过点A作x轴的垂线，垂足为H，利用斜率求出点A的坐标，然后代入抛物线方程即可得解.
【详解】过点A作x轴的垂线，垂足为H，
因为直线AF的斜率为，所以，
则，
所以，点A坐标为，代入得，
整理得，解得或（舍去）.
故选：B

4、（2024·湖北·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则下列函数中符合此图象的为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用排除法，根据选项代特值检验即可.
【详解】设题设函数为，由选项可知：ABCD中的函数定义域均为，
对于选项D：若，但此时，矛盾，故可排除D；
对于选项C：若，但此时，矛盾，故可排除C；
对于选项B：若，但此时，矛盾，故可排除B.
故选：A.
5、（2024·重庆·模拟预测）已知双曲线的方程为，则不因m的变化而变化的是（ ）
A．顶点坐标B．渐近线方程C．焦距D．离心率
【答案】B
【分析】根据题意，分与讨论，结合双曲线的标准方程代入计算，即可判断.
【详解】将双曲线方程化为标准式可得，
当时，双曲线表示焦点在轴的双曲线，
且，
此时顶点坐标为，渐近线方程为，
焦距，离心率；
当时，双曲线表示焦点在轴的双曲线，
且，
此时顶点坐标为，渐近线方程为，
焦距，离心率；
综上可得，不因m的变化而变化的是渐近线方程.
故选：B
6、（2024·江西·二模）已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】C
【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可.
【详解】
如图，在棱上分别取点，使得，，
连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又，正方体的棱长为4，
所以，，，
在棱上取点,使得，
则且，又且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又且，则四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为，
所以，则，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以，在正方形内有一动点满足平面时，
点的轨迹为线段，
因为，
所以，动点的轨迹长为.
故选：C.
二、多选题
7、（2024·辽宁丹东·一模）已知甲乙两人进行射击训练，两人各试射次，具体命中环数如下表（最高环数为环），从甲试射命中的环数中任取个，设事件表示“至多个超过平均环数”，事件表示“恰有个超过平均环数”，则下列说法正确的是（ ）
A．甲试射命中环数的平均数小于乙试射命中环数的平均数
B．甲试射命中环数的方差大于乙试射命中环数的方差
C．乙试射命中环数的的分位数是
D．事件，互为对立事件
【答案】BCD
【分析】根据平均数和方差的计算公式直接求解判断选项AB，利用分位数的定义判断选项C，结合对立事件分析两事件的意义即可直接判断选项D.
【详解】对于A，甲试射命中环数的平均数为，
乙试射命中环数的平均数为，故A错误；
对于B，甲试射命中环数相比乙试射命中环数，更为分散，则甲对应的方差更大，故B正确；
对于C，乙试射命中环数排序为，
因为，所以分位数为，故C正确；
对于D，因为甲试射命中环数的平均数为，
且甲试射命中的环数中有两个超过平均数的，
则任取个的情况为：“没有个超过平均环数”、“有个超过平均环数”和“有个超过平均环数”，
而事件表示“没有个超过平均环数”或“有个超过平均环数”，
事件事件表示“恰有个超过平均环数”，
所以事件，互为对立事件，D正确.
故选：BCD
8、（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为、，又，，且直线，的斜率之积为，则（ ）
A．
B．
C．的离心率为
D．若上的点满足，则
【答案】BCD
【分析】由斜率之积为-1可得B正确；由B和椭圆的性质可得A错误；由关系可得C正确；由椭圆的性质结合三角形面积公式可得D正确.
【详解】B选项：因为，即，故，故B正确；
A选项：由得，，为等比数列，若A成立，则为等差数列，即，，为常数列，显然不成立，故A错误；
C选项：因为，，所以.
方程两边同除以得，，解得，负值舍去，
故离心率为，故C正确；
D选项：由椭圆定义得，，两边平方得，
因为，由余弦定理可得，
两式相减得，
所以，，
又，且，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.

三、填空题
9、（2024·福建漳州·三模）写出过点且与抛物线有唯一公共点的一条直线方程 .
【答案】（写对一个方程即可）
【详解】如图，当直线斜率为0时，与抛物线有唯一公共点，此时方程为；
当斜率不为0时，设的方程为，
联立消去，整理得：，
因为直线与抛物线有唯一公共点，所以，
解得或，所以为或，
即或.
综上，过点且与抛物线有唯一公共点的直线方程为：
或或.
故答案为：（或或）.

10、（2024·山东威海·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则= ．
【答案】
【分析】在中，由余弦定理可得，结合已知求得，再由正弦定理可求得.
【详解】在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为，所以，所以
解得，
由，可得，
在中，由正弦定理可得，
所以.
故答案为：.
四、解答题
11、（2024·江西·二模）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于、的点．

(1)点为线段的中点，证明：直线平面；
(2)若四棱锥的体积为3，求直线与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据题意证明四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【详解】（1）取中点，连接，则有，，
如图：

在等腰梯形中，，
所以，，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以直线平面．
（2）过点作于，在等腰梯形中，，
所以梯形的高，所以等腰梯形面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
在中，由射影定理得或，
当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；

则有，
故，，
设平面的法向量，故，
令，得，
设直线与平面夹角的大小为，
则，
所以直线与平面夹角的正弦值为；
当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；

则有，
故，，
设平面的法向量，故，
令，得，
设直线与平面夹角的大小为，
则，
所以直线与平面夹角的正弦值为，
综上所述，直线与平面夹角的正弦值为或．
12、（2024·江西·二模）若数列满足条件：存在正整数，使得对一切都成立，则称数列为级等差数列．
(1)若数列为2级等差数列，且前四项分别为，，，，求数列的前项和；
(2)若，且是3级等差数列，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题得，分别求出，得出奇数项是常数列，偶数项是首项为0，公差为4的等差数列，根据分组求和计算即可；
（2）根据定义得，再由两角和与差的正弦公式化简，求得，再利用分组求和及等差数列前项和公式计算即可．
【详解】（1）因为数列为2级等差数列，所以，对一切都成立，
因为，，
若为奇数，由可知奇数项是常数列；
若为偶数，由可知偶数项是首项为0，公差为4的等差数列；
所以．
（2）因为是3级等差数列，所以，对一切都成立，
所以，
，
所以或，
当时，，
当时，，，
又因为，所以，此时
由于，
所以，
所以
．
13、（2024·江西·二模）已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
【答案】(1)极大值；极小值
(2)
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，利用导数即可判断函数的单调性，求得极值.
（2）对函数求导，结合已知条件得方程有两个相异的正根，利用为韦达定理求得，再结合，求出范围，进而确定的范围，由，得，构造函数，利用导数判断函数单调性确定函数最值，即可求解.
【详解】（1）当时，有，
令，即，解得或，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以时，取得极大值，极大值为，
时，取得极小值，极小值为.
（2）因为，
所以
由已知函数有两个极值点，
所以方程有两个相异的正根
所以，即或，
又，所以，，所以；
所以对称轴为，二次函数与轴交点为、，
且，所以在对称轴的右侧，则有，
因为，即 ，
所以，其中，
令，
则，
令，解得均不在定义域内，
所以时，，在上单调递减，
，
所以，即最小值为.
（十八）
一、单选题
1、（2024·江西·二模）若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】D
【分析】根据题意，求出抛物线的准线方程列式运算求得的值.
【详解】双曲线的右焦点为，所以抛物线的准线为，
，解得.
故选：D.
2、（2024·山东威海·二模）在研究集合时，用来表示有限集合A中元素的个数．集合，，若，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，确定，从而求出的值.
【详解】由题：
所以，
故选：A.
3、（2024·江西·二模）已知定义在上的函数满足且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，可得关于对称，进一步求得，结合条件求得，可求得.
【详解】由，可知关于对称，又，则，
又，则，
，.
故选：A.
4、（2024·江西·二模）已知，求（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由诱导公式将条件式化简为，再利用两角和与差公式化简运算得解.
【详解】根据题意，，
由诱导公式，可得，
所以，
则
.
故选：D.
5、（2024·湖北·模拟预测）在中，已知，，，若存在两个这样的三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由正弦定理可得，分析可知关于A的方程：在有两解，结合正弦函数图象分析求解.
【详解】由正弦定理可得，
由题意可知：关于A的方程：在有两解，
在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，

因为它们有两个不同的交点，所以，所以.
故选：C.
6、（2024·福建漳州·三模）已知数列是公比不为1的正项等比数列，则是成立的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用下标和性质判断充分性，根据通项公式化简可判断必要性.
【详解】由下标和性质可知，若，则；
记数列是公比为，若，则，即，
因为数列是公比不为1的正项等比数列，所以，得.
综上，则是成立的充要条件.
故选：A
二、多选题
7、（2024·湖北·模拟预测）已知集合，，集合满足，则（ ）
A．，B．集合可以为
C．集合的个数为7D．集合的个数为8
【答案】AC
【分析】根据题意可确定C的元素情况，由此一一判断各选项，即可得答案.
【详解】由题意得，，又.
所以，，故A正确；
当时，不满足，B错误，
集合的个数等价于集合的非空子集的个数，
所以集合的个数为，故C正确，D错误，
故选：AC.
8、（2024·广东深圳·一模）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.
【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，
当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
所以，当时，抛物线不完整，
所以，，，，
故选：ABD
三、填空题
9、（2024·湖北·模拟预测）函数，设为的最小正周期，若，则 .
【答案】/
【分析】由，代入函数解析式中，结合，可得的值.
【详解】函数，最小正周期，
由于，，
又，可得.
故答案为：.
10、（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式．
【答案】
【分析】根据题意，得到这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，利用穷举法，结合排列数公式，即可求解.
【详解】根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，
则这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，
共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5种情况，
所以不同的涂色共有种.
故答案为：.
四、解答题
11、（2024·山东威海·二模）市场供应的某种商品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品达到优秀等级的概率为90%，乙厂产品达到优秀等级的概率为65%．现有某质检部门对该商品进行质量检测．
(1)若质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级的概率；
(2)若质检部门在该市场中随机抽取4件该商品进行检测，设抽到的产品中能达到优秀等级的件数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)的分布列见解析，
【分析】（1）记该事件为事件，利用，求解即可；
（2）由（1）可知，根据二项分布的概率公式可求分布列与数学期望.
【详解】（1）记质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级为事件，
则，
（2）由（1）可知每件产品达到优秀等级的概率均为，故，
，
所以，，
，，
，
的分布列为：
.
12、（2024·山东威海·二模）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，为等边三角形，，，，，M为的中点．

(1)证明：⊥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设中点为O，证明平面，从而得，结合，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）设中点为O，连接，为等边三角形，故，
由题意知平面⊥平面，平面平面，
平面，故平面，平面，
故，又，平面，
故平面，平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则,
平面，
所以⊥平面；
（2）由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，
故以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的一个法向量为，则,
即，令，则，
设直线与平面所成角为，
则.
13、（2024·山东威海·二模）已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得的定义域为，
则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
人员
甲
乙
命中环数