2024年高考数学考前冲刺试卷（23-24）（学生版+教师版）

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（二十三）
一、单选题
1、（2024·贵州黔南·二模）双曲线（）的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由双曲线方程可得，运算求解即可.
【详解】由双曲线可得，解得，
所以渐近线方程为.
故选：A.
2、（2024·全国·三模）已知等差数列的公差为，且，则的值为（ ）
A．1980B．1981C．1982D．1983
【答案】B
【分析】利用等差数列通项公式基本量计算即可.
【详解】由可得，且，即，
所以.
故选：B.
3、（2024·安徽黄山·二模）已知，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据进行求解，得到答案.
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为.
故选：A.
4、（2024·贵州毕节·三模）已知函数是奇函数，若，则实数a的值为（ ）
A．1B．C．D．0
【答案】B
【分析】根据函数奇偶性的定义，即函数的单调性解即可.
【详解】因为函数是奇函数，
所以，
解得，
又，
所以当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，
因为，
所以，故.
故选：B
5、（2024·广东佛山·模拟预测）已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数判断单调性即可得解.
【详解】令函数，求导得，
因此函数在上单调递增，则，，
所以.
故选：C
6、（2024·辽宁抚顺·三模）过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故选：D
二、多选题
7、（2024·贵州毕节·三模）下列说法中正确的有（ ）
A．已知，则“”的必要不充分条件是“”
B．函数的最小值为2
C．集合A，B是实数集R的子集，若，则B.
D．若集合，则满足⫋⫋的集合A有2个
【答案】CD
【分析】由充分条件和必要条件的定义可判断A；由双勾函数的性质可判断B；由子集的定义可判断C；由真子集的定义可判断D.
【详解】对于A，取，满足，但不满足，
若，即，所以，
所以“”的充分不必要条件是“”，故A错误；
对于B，，
令，由双勾函数的性质知：在上单调递增，
所以，所以函数的最小值为3，故B错误；
对于C，集合A，B是实数集R的子集，若，则B，故C正确；
对于D，，
⫋⫋的集合A可能为：，故D正确.
故选：CD.
8、（2024·全国·三模）已知函数定义域为且不恒为零，若函数的图象关于直线对称，的图象关于点对称，则（ ）
A．
B．
C．是图象的一条对称轴
D．是图象的一个对称中心
【答案】BCD
【分析】由条件证明直线为函数的对称轴，点为函数的对称中心，结合函数的周期定义证明为周期函数，由此判断A，再证明，结合周期性判断B，证明为函数的对称轴，结合周期性判断C，证明原点为函数的对称中心，结合周期性判断D.
【详解】因为的图象关于直线对称，
所以，即，
所以，
所以的图象关于直线对称.
因为的图象关于点对称，
所以，即，
所以的图象关于点对称.
所以.
令，得.
由，可得，
故即，
所以，
所以函数的周期，
所以，又不恒为零，
所以错误，A错误，
，B正确；
因为的图象关于直线对称，的图象关于点对称，
所以，
所以为函数的对称轴，
结合周期性可得，，为函数的图象的对称轴，
所以是函数图象的一条对称轴，C正确；
因为，，
所以，
所以原点为函数的一个对称中心，
结合函数周期性可得点，，为函数图象的对称中心，
所以点是函数图象的一个对称中心，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
9、（2024·浙江绍兴·二模）已知集合，，且有4个子集，则实数的最小值是 .
【答案】/0.5
【分析】根据的子集个数，得到元素个数，分和讨论，进而得到实数m的取值范围.
【详解】由有4个子集，所以中有2个元素，
所以，所以 ，
所以满足，或，
综上，实数的取值范围为，或，
故答案为：
10、（2024·辽宁抚顺·三模）太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”．如图所示的图形是由半径为2的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为 ．
【答案】0
【分析】先根据向量运算表示出，结合的最值可得答案.
【详解】连接，可得，
显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0．
故答案为：0.
四、解答题
11、（2024·全国·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局.根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响.
(1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率.
【答案】(1)分布列见解析，2
(2)
【分析】（1）根据题意可知，进而利用二项分布求出的分布列及数学期望；
（2）由题意可知，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况，即甲获胜2局，甲获胜3局，从而结合（1）可得结果.
【详解】（1）由题意得，，X的取值可能为0，1，2，3，
则，，
，.
所以X的分布列为
因为，所以X的期望.
（2）第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为.
12、（2024·全国·三模）已知函数在处的切线方程为.
(1)求a的值；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求函数的定义域，接着求函数的导函数，保证即可；（2）将代入函数解析式，通过研究函数的导函数，分析函数的单调性，进而求得当时，；当时，，得证.
【详解】（1）由题意可得函数的定义域为，
又，函数在处的切线方程为，其斜率为，
得：，解得.
（2）注意到，且，
则，，
令，则.
令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，即，
所以在上单调递增.
因为，所以当时，；当时，，
所以.
13、（2024·全国·三模）如图，在直四棱柱中，底面四边形ABCD为菱形，，点E，F分别为棱AB，上的点，

(1)若，且平面以平面，求实数的值；
(2)若F是的中点，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）法一，四边形ABCD为菱形，，取AB的中点，容易证得，进而证明平面和平面平面，从而求出实数的值；法二，在上取一点G，使，证明，进而证明平面和平面平面，从而求出实数的值；
（2）法一，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而平面与平面夹角的余弦值，即可求出的值； 法二，以底面菱形的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，容易证得向量夹角余弦的绝对值等于平面与平面夹角的余弦值，即可求出的值.
【详解】（1）方法一：如图1，取AB的中点，连接，
因为四边形ABCD是菱形，且，
所以是等边三角形，所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面，
所以E点和点重合.
所以，即，即.

方法二：如图2，在上取一点G，使，连接EG，.
显然四边形为平行四边形，得到，且，
同时，且，
有，且，
四边形为平行四边形，
则平面平面，且.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
所以.
又平面平面，平面平面，平面.
所以平面.
又平面，所以.
又因为四边形是菱形，且，
所以是等边三角形，
所以，即.

（2）方法一：以E为AB的中点.
以点为原点，分别以为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系
不妨设，，则，，，，，，所以，，，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以平面的一个法向量为，
设平面BDF的法向量为，
则即
令，则，，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则
令，解得或，所以或.
所以或.

方法二：连接AC，与BD相交于点O，连接与相交于点，
连接，OF，.
由题意得，，平面ABCD.
以点为原点，分别以为轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，
不妨设，，
则，，
所以，.
易知，，
所以向量夹角余弦的绝对值等于平面与平面夹角的余弦值，
所以.
所以.
解得或，所以或.
所以或.

（二十四）
一、单选题
1、（2024·贵州黔南·二模），数列1，，7，，31，的一个通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用排除法，取特值检验即可.
【详解】对于选项A：因为，故A错误；
对于选项B：因为，故B错误；
对于选项C：因为，故C错误；
对于选项D：检验可知对均成立，故D正确；
故选：D.
2、（2024·河北·二模）已知椭圆E：经过点，则E的长轴长为（ ）
A．1B．2C．4D．
【答案】C
【分析】将点的坐标代入椭圆方程求得椭圆方程，即可求解长轴长.
【详解】因为椭圆E：经过点，所以，解得，
所以，所以E的长轴长为.
故选：C.
3、（2024·安徽·模拟预测）已知，，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
【详解】，，
当且仅当，即，时等号成立.
故选：B.
4、（2024·贵州毕节·三模）某学生的QQ密码是由前两位是大写字母，第三位是小写字母，后六位是数字共九个符号组成．该生在登录QQ时，忘记了密码的最后一位数字，如果该生记住密码的最后一位是奇数，则不超过两次就输对密码的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出事件，由已知根据互斥事件的运算性质，以及条件概率的性质，即可得出答案.
【详解】设为“第次按对密码”（），
则事件 “不超过2次就按对”可表示为，
记“密码的最后一位数字是奇数”为事件，
由条件概率的性质可得.
.故选：C.
5、（2024·安徽·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知等式结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，最后结合同角的三角函数关系和特殊三角函数值得到结果即可
【详解】由及正弦定理得，即，
由及余弦定理可得，
∴，∴，∴.
又，∴.
故选：D.
6、（2024·贵州毕节·三模）在正四棱台中，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，，求得上、下底面所在圆的半径，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，利用球的截面圆的性质，列出方程求得，结合球的体积公式，即可求解.
【详解】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，连接，，
取，，的中点，连接，
所以，，
所以，

所以，
设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，
可得，，故或，
即或，
因为，所以，
对上式两边同时平方可得：
（舍去）或，
解得，符合题意，
所以球的表面积为．
故选：A.
二、多选题
7、（2024·贵州毕节·三模）已知等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A．B．
C．数列的前n项和为D．数列的前n项和为
【答案】ABD
【分析】由等差数列的性质和前n项和公式可求出，可判断A；由等差数列的前n项和公式可判断B；由裂项相消法可判断C；由分组求和法可判断D.
【详解】对于A，设等差数列的首项和公差为，
所以，化简可得：，
又因为，则，
所以，所以，
所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，
所以数列的前n项和为，故C错误；
对于D，令，
所以数列的前n项和为：
，故D正确.
故选：ABD.
8、（2024·贵州黔南·二模）若函数是定义域为的奇函数，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的图象关于点中心对称
C．的图象关于直线对称D．
【答案】ABC
【分析】对于A：根据，赋值令，即可得结果；对于C：根据结合奇函数定义可得，即可得结果；对于B：根据选项B中结论分析可得，即可得结果；对于D：分析可知：4为的周期，结合周期性分析求解.
【详解】因为，，
对于选项A：令，可得，故A正确；
对于选项C：因为函数是定义域为的奇函数，则，
则，所以的图象关于直线对称，故C正确；
对于选项B：因为，可得，
则，
即，所以的图象关于点中心对称，故B正确；
对于选项D：因为，
令，可得，
令，可得，
又因为，则，
可知4为的周期，可得，即，
因为，所以，故D错误；
故选：ABC.
三、填空题
9、（2024·内蒙古·模拟预测）已知，函数是奇函数，则 ， ．
【答案】
【分析】由，可求，由，结合奇函数可求．
【详解】由，解得，所以，
又因为函数为奇函数，所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以1或，解得(舍去)．
故答案为：①-1；②1．
10、（2024·浙江绍兴·二模）已知函数，若，，，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】设，则，由正弦函数图象可列式，求得，，对取值分析得到答案.
【详解】设，，则，
所以问题转化为在上存在最大值和最小值，
由正弦函数图象可得，，解得，
所以，
当时，，；
当时，，当时，，当时，，
当，时，，
当时，，
而，即，
所以时，所有情况的范围的并集为；
综上，实数的取值范围是或.
故答案为：或.
四、解答题
11、（2024·贵州黔南·二模）已知抛物线：（）的焦点为，过焦点作直线交抛物线于两点，为抛物线上的动点，且的最小值为1.
(1)抛物线的方程；
(2)若直线交抛物线的准线于点，求线段的中点的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，结合抛物线的定义分析可知，即可得方程；
（2）由题意可得直线过点和，求直线的方程，与抛物线联立，结合韦达定理求中点坐标.
【详解】（1）由题意可知：抛物线的焦点，准线为，
设，则，当且仅当时，等号成立，
可得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由题意可知：直线与抛物线必相交（斜率不为0），
设，线段的中点，
且直线过点和，
则直线的方程，即，
联立方程，消去x得，
则，可知，
将代入可得，
所以线段的中点的坐标为.
12、（2024·贵州黔南·二模）2024年3月20日8时31分，探月工程四期鹊桥二号中继星由长征八号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射升空，为嫦娥四号、嫦娥六号等任务提供地月间中继通信，使我国探月工程进入新阶段.为激发学生对航天的热爱，某校开展了航天知识竞赛活动.经过多轮比拼，最终只有甲，乙两位同学进入最后一轮.在最后一轮比赛中，有A，两道问题.其中问题A为抢答题，且只能被一人抢到，甲、乙两人抢到的概率均为；问题为必答题，甲、乙两人都要回答.已知甲能正确回答每道题的概率均为，乙能正确回答每道题的概率均为，且甲、乙两人各题是否答对互不影响.
(1)求问题A被回答正确的概率；
(2)记正确回答问题的人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见详解；
【分析】（1）设相应的事件，结合全概率公式运算求解；
（2）由题意可知：的可能取值有：0，1，2，结合独立事件概率公式求相应的概率，进而可得分布列和期望.
【详解】（1）设“甲抢到问题A”为事件M，“问题A被回答正确”为事件N，
由题意可知：，
由全概率公式可得，
所以问题A被回答正确的概率为.
（2）由题意可知：的可能取值有：0，1，2，则有：
，
，
，
所以的分布列为
期望.
13、（2024·贵州黔南·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，，，是的中点，与交于点.
(1)证明：平面；
(2)求直线和平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可证平面，结合平行关系可得，根据长度关系可知，可得，即可得线面垂直；
（2）建系，求平面，分析可知，可得，结合空间向量求线面夹角.
【详解】（1）因为平面，且平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，则，
且∥，可得，
又因为，，
即，且是的中点，可得，
且，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，为轴所在直线，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
因为，则，可知，
则，
可得，
设直线和平面所成角为，则，可知，
所以直线和平面所成角为.
X
0
1
2
3
P
0
1
2