2024届高考数学冲刺模拟卷18（A卷）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．集合，，则
A．{－1，0，1}B．{0，1}C．D．{0}
【答案】D
【分析】分别解出M与N，求出两集合的交集即可．
【详解】∵M＝{x|x＝sin，n∈Z}＝{，0，}，
N＝{x|x＝cs，n∈N}＝{﹣1，0，1}，
∴M∩N＝{0}，
故选D．
【点睛】本题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．
2．设数列满足且，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】由题意首先确定数列为周期数列，然后结合数列的周期即可求得最终结果.
【详解】由题意可得：，，
，，
据此可得数列是周期为4的周期数列，
则.
故选：D
3．设为两条直线，为两个平面，若，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若且，则与平行、相交或异面，所以A不正确；
对于B中，若且，则与平行、相交或异面，所以B不正确；
对于C中，若且，
如图所示，取点，过点，作，则，
设，可得，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为与所成角的平面角，由，可得，即，
所以四边形为矩形，所以，所以，所以C正确；
对于D中，若且，则与平行、相交或异面，所以D不正确.
故选：C.
4．庑殿（图1）是古代传统建筑中的一种屋顶形式.宋称为“五脊殿”、“吴殿”，庑殿建筑是房屋建筑中等级最高的一种建筑形式，多用作宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上.学生小明在参观文庙时发现了这一建筑形式，将其抽象为几何体，如图2，其中底面为矩形，，则该几何体的体积为（ ）

A．512B．384C．D．
【答案】D
【分析】
根据等腰梯形以及等腰三角形的性质，利用勾股定理求解长度，利用体积公式求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积，
【详解】
因为，，所以，
由，
得四边形，四边形均为等腰梯形，

过作于，作于，连接，
过作于，作于，连接，
所以，，，
因为，，所以，
又，，在平面内，，
所以平面，同理，平面，所以平面平面，
所以该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥．
分别取，的中点，，连接，，
因为，所以，，
所以，
，
连接，交于，则为的中点，连接，
因为平面，在平面内，所以，
因为，所以，
又，在平面内，，所以平面，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以该几何体的体积为，
故选：D
5．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在赵爽弦图”中若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
根据给定条件，利用平面向量的线性运算，结合方程的思想求解作答.
【详解】依题意，，而，
因此，解得，
所以.
故选：C
6．设函数，则可断定函数（ ）
A．最小正周期为π，奇函数，在区间上单调递增
B．最小正周期为π，偶函数，在区间上单调递减
C．最小正周期为，奇函数，在区间上单调递增
D．最小正周期为，偶函数，在区间上单调递减
【答案】B
【分析】
根据给定条件，利用奇偶函数定义、复合函数单调性，结合正切函数性质判断得解.
【详解】函数的定义域为，
显然，即函数是偶函数，排除AC；
又，即函数的周期是，
而，当时，无意义，则不是的周期，因此的最小周期是，排除D；
函数在上单调递增，且，则在上单调递增，
所以函数在上单调递减，B正确.
故选：B
7．已知，且，则下列结果正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用二倍角正弦公式及同角三角函数的基本关系逐项求解即可.
【详解】因为，所以，故A错误；
因为，
又，所以，所以，故B正确；
，
又，所以所以，故C错误；
联立解得，
所以，故D错误；
故选：B.
8．已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，，，由余弦定理求解关系式，求出离心率.
【详解】因为，所以，
如图，在上取一点M，使得，连接，则，
则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，
所以，
设，则，
由椭圆定义可知：，即，所以，
所以，，
故点A与上顶点重合，
在中，由余弦定理得：
，
在中，，
解得：，
所以椭圆离心率为.

故选：A
【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.
二、多选题
9．在下列函数中，最小值是4的是（ ）
A．B．
C．，D．
【答案】BD
【分析】根据基本不等式，当且仅当时取等号，即可作出判断.
【详解】对于A，当时，，
当且仅当，即时取等号；
当时，，
当且仅当，即时取等号，所以，A错误；
对于B，，
因为，所以，，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为4，B正确；
对于C，因为，所以，由对勾函数性质可知：
，C错误；
对于D，，，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为4，D正确.
故选：BD
10．若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据指数幂运算律及指数函数的单调性,基本不等式等分别判断即可.
【详解】对于,,,故正确;
对于B，因为，故B不正确；
对于,,,,故正确;
对于D，，故D正确；
故选：
11．在棱长为1的正方体中，为平面上一动点，下列说法正确的有（ ）
A．若点在线段上，则平面
B．存在无数多个点，使得平面平面
C．将以边所在直线为轴旋转一周，在旋转过程中，三棱锥的体积为定值
D．若，则点的轨迹为抛物线
【答案】AB
【分析】利用面面平行证线面平行可判定A项；利用线面垂直证面面垂直可判定B项；由三棱锥的体积公式可判断C；利用平面截圆锥的结论可判定D项；.
【详解】对于A项，如图所示，连接对应面对角线，
根据正方体的性质可知：，平面，平面，
∴平面，
同理可知平面，
又平面，∴平面平面，
又，∴平面，
∴平面，故A正确;

对于B项，

连接，
易知面，面，则，
又平面，
∴平面，
而平面，∴，
同理，
又平面，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面，
所以存在无数多个点，使得平面平面，故B正确;
对于C项，设点到平面的距离为，
三棱锥，
因为以边所在直线为轴旋转一周，所以为一个变量，
所以棱锥的体积为不为定值，故C不正确.
对于D，因为为定直线，是定角，到的距离为定值，
所以时，在以为旋转轴，到的距离为半径的圆锥上，
又平面，故平面截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即D错误；

故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题D选项关键点需要利用平面截圆锥曲线（不过圆锥顶点）来判定即可（当且仅当平面平行于圆锥底面时截圆锥所得图形为圆，慢慢倾斜平面至与圆锥母线平行之前截圆锥得图形均为椭圆，当且仅当平面与圆锥的母线平行时所截图形为抛物线，再倾斜平面直至与圆锥的轴平行时所截图形均为双曲线的一支）.
三、填空题
12．已知的展开式中二项式系数和为32，则展开式中的常数项为 ．
【答案】10
【分析】
由展开式中二项式系数和为32，令，求出，然后利用通项公式中的指数为，求出，进而得出常数项.
【详解】
令，则当时，常数项为．
故答案为：10.
13．已知定义在上的偶函数满足，且当时，．若，则在点处的切线方程为 ．（结果用含的表达式表示）
【答案】
【分析】利用赋值法分别令，可得，，根据为偶函数得，由，令、可得，为偶函数求出，再由直线的点斜式方程可得答案.
【详解】因为，所以，即，
令，有，令，有，所以，
，因为为偶函数，所以，
由，令得，所以，
令得，所以，
因为为偶函数，所以，
所以在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用赋值法、为偶函数求出、，再由直线点斜式方程求解.
14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则当时， ；内切圆的半径为 ．
【答案】 / /
【分析】利用双曲线定义和勾股定理即可求得，利用双曲线定义以及内切圆切线长相等，可知内切圆的半径即可求得结果.
【详解】由双曲线方程知，如下图所示：
由，则，
故，
而，所以，
故，
解得，所以，
若为内切圆圆心且可知，以直角边切点和为顶点的四边形为正方形，
结合双曲线定义内切圆半径
所以；
即内切圆的半径为；
故答案为：，；
【点睛】方法点睛：在求解双曲线中焦点三角形内切圆半径时，经常利用双曲线定义以及切线长相等，代入数值计算即可求得结果.
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，且.
(1)求角：
(2)若，角的平分线交于点，且满足，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合正弦定理、三角恒等变换分析求解；
（2）由角平分线性质可得，利用余弦定理解得，，结合面积公式运算求解.
【详解】（1）因为，整理得，
由正弦定理可得：，
且，则，可得，
即，且，可得.
（2）因为为角的角平分线，则，即，
由余弦定理可得，即，
解得或（舍去），则，
所以的面积.
16．如图，三棱柱中，侧面为矩形，底面ABC为等边三角形．
(1)证明：；
(2)若，，
①证明：平面平面ABC；
②求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析，平面ABC与平面的夹角的余弦值为
【分析】（1）根据线线垂直可证明平面 ，即可结合中点求证，
（2）根据线线垂直可得二面角的平面角，即可根据长度关系判断二面角为直角，进而可求证，
（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）取的中点为，连接,
由于侧面为矩形，所以,
由于底面ABC为等边三角形,所以,
平面，
所以平面 ，
由于故四边形为平行四边形，
故平面 ，故，
又是中点，所以，
（2）①由于是中点，所以,
又且，所以，
由于，,故为的平面角，
由于,所以，
故平面平面ABC；
②由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,
则
设平面的法向量为，
则，取，则，
由于平面ABC的法向量为,
故
故平面ABC与平面的夹角的余弦值为
17．湖南省会城市长沙又称星城，是楚文明和湖湘文化的发源地，是国家首批历史文化名城.城内既有岳麓山、橘子洲等人文景观，又有岳麓书院、马王堆汉墓等名胜古迹，每年都有大量游客来长沙参观旅游.为合理配置旅游资源，管理部门对首次来岳麓山景区游览的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只游览岳麓山，另外的人计划既游览岳麓山又参观马王堆.每位游客若只游览岳麓山，则记1分；若既游览岳麓山又参观马王堆，则记2分.假设每位首次来岳麓山景区游览的游客计划是否参观马王堆相互独立，视频率为概率.
（1）从游客中随机抽取3人，记这3人的合计得分为，求的分布列和数学期望；
（2）从游客中随机抽取人（），记这人的合计得分恰为分的概率为，求；
（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，；（2）；（3）是常数
【解析】（1）据题意，每位游客计划不参观马王堆的概率为，参加马王堆的概率为，的可能取值为3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和．
（2）这人的合计得分为分，则其中只有1人计划参观马王堆，从而，设，利用错位相减法能求出．
（3）在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分，记“合计得分“为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件，推导出，由此能求出随着抽取人数的无限增加，趋近于常数．
【详解】解：（1）据题意，每位游客计划不参观马王堆的概率为，记1分；参观马王堆的概率为，记2分，则的可能取值为3，4，5，6.
其中，，，.
所以的分布列为
.
（2）因为这人的合计得分为分，则其中有且只有1人计划参观马王堆，
所以.
设，则.
两式相减，得，
所以.
（3）在随机抽取若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或
分，记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，则与为对立事件.
因为，，则（），即（）.
因为，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
即.
因为，则时，，从而，
所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.
【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列、数学期望、概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于难题．
18．已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.
(1)求的方程；
(2)过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；
(3)过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)，证明见解析.
【分析】（1）设，由两点间距离公式求得，结合，得出的最小值为，得解；
（2）设，，将要证，转化为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得证；
（3）猜想满足，根据题意求出点坐标，设，将要证关系式等价转化为，联立直线和直线的方程求出，得，联立直线和抛物线方程，由韦达定理求得，得解.
【详解】（1）设，则，
因为，所以的最小值为，即，得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）得，设，，，
则，同理，，
所以
，
又，即，
联立，得，由韦达定理得，
综上所述：.
（3）满足的关系为：.
由题意，直线，
联立，得，
由，得，所以抛物线在A处的切线斜率为，
所以抛物线在A处的切线为，
同理，在处的切线为，
联立可得，
设，
则
（*），
联立，得，则，
联立，得，
所以，
所以，即.
【点睛】关键点睛：本题第二问关键是将要证的关系式，等价转化为，结合韦达定理证明.第三问，同理转化证明.
19．帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，．已知在处的阶帕德近似为．注：
(1)求实数，的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出，，，，依题意可得，，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）知，即证，令，即证时，记，，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（3）分析可得，即或，先考虑，该不等式等价于，结合（2）的结论即可，再考虑，该不等式等价于，利用导数证明，，即可得到，，再分类讨论即可判断.
【详解】（1）因为，所以，，
，则，，
由题意知，，，
所以，解得，.
（2）由（1）知，即证，
令，则且，
即证时，
记，，
则，
所以在上单调递增，在上单调递增，
当时，即，即成立，
当时，即，即成立，
综上可得时，
所以成立，即成立.
（3）由题意知，欲使得不等式成立，
则至少有，即或，
首先考虑，该不等式等价于，即，
又由（2）知成立，
所以使得成立的的取值范围是，
再考虑，该不等式等价于，
记，，
则，所以当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，，
所以，，
当时由，可知成立，
当时由，可知不成立，
所以使得成立的的取值范围是，
综上可得不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定或，分别求、对应解集，进一步转化为求、的解集，构造中间函数研究不等式成立的x取值.
3
4
5
6