2024高考数学冲刺押题卷01（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages1313页试卷第=page22页，共=sectionpages1313页2024年高考数学模拟卷01（新题型）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．1．（2023·广东广州·华南师大附中模拟预测）有下列一组数据：2，17，33，15，11，42，34，13，22，则这组数据的第30百分位数是（

）A．11 B．15 C．13 D．34【答案】C【解析】该组数据从小到大排列为2，11，13，15，17，22，33，34，42，且共有9个数据，由于，因此第30百分位数为从小到大排列的第三个数即13.故选：C.2．（2024·湖南邵阳·统考一模）若抛物线上一点到焦点的距离是，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知可得，抛物线的准线方程为，根据抛物线的定义可得，点到焦点的距离等于到准线的距离，所以，，解得.故选：C.3．（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校联考模拟预测）在等比数列中，，则（

）A．-4 B．8 C．-16 D．16【答案】C【解析】设等比数列的公比为，则，即，.故选:C.4．（2023·河北·校联考模拟预测）已知为直线的方向向量，分别为两个不同平面的法向量，则下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【解析】因为，所以，则或，故A错误；因为，所以，所以，故B错误；因为，所以可能平行，也可能不平行，所以或相交，故C错误；因为，所以，所以，故D正确.故选:D.5．（2024·山西·高三统考期末）某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念，要求两名男生不相邻，两名女生也不相邻，老师不站在两端，则不同的排法共有（

）A．48种 B．32种 C．24种 D．16种【答案】B【解析】当老师从左到右排在第二或第四位时，共有种排法，当老师从左到右排在第三位时，共有种排法，于是共有种排法.故选：B.6．（2024·江苏常州·高三统考期末）已知扇形的半径为5，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，，弧的中点为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】令，则，，解得，即，又，又，解得，，，即，所以.故选：B．7．（2024·广东深圳·高三深圳市高级中学校考期末）已知，则的值为（

）A． B． C．1 D．【答案】C【解析】因为，所以，，故.故选：C8．（2024·湖北武汉·武汉市第六中学校联考二模）斜率为的直线经过双曲线的左焦点，交双曲线两条渐近线于，两点，为双曲线的右焦点且，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题设，双曲线的渐近线为，如下图，若是中点，且，，则，可得，所以，则，而，则，所以，若直线倾斜角为，则直线倾斜角为，由，则，故，所以双曲线的离心率为.故选：B二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测）已知函数（，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（

）A． B．C．的一条对称轴为 D．在区间上单调递增【答案】BD【解析】由五点法对应得，解得，故A错误，B正确；同理可得，解得，所以函数，函数的对称轴为：，解得，故不是函数的一条对称轴，故C错误；函数的单调递增区间为,解得，令，则一个单调递增区间为，所以函数在区间上单调递增，故D正确.故选：BD.10．（2023·江苏南通·高三统考期中）若，则下列结论正确的是（

）A． B．若，则或C． D．若，则或【答案】ACD【解析】A：设，则，所以，又，所以，故A对；B：设，满足，此时且，故B错；C：设，，，，，，所以，故C对；D：若，则或，故D对.故选：ACD.11．（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数满足：对，都有，且，则以下选项正确的是（

）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】对于选项A:令，则令，则所以因为，所以，令，则，故选项A正确；对于选项B:结合选项A可得，所以或，若，则，所以，此时与矛盾，舍去；若，则，解得，因为，所以，故选项B错误；对于选项C:令则，因为，，所以，所以为偶函数，令则，所以，令，则，即，故选项C正确；对于选项D:由为偶函数，所以，令,则，令,则,所以，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2024·广东·珠海市第一中学校联考模拟预测）已知的定义域为A，集合，若，则实数a的取值范围是.【答案】【解析】，则或，即或.①当时，，满足，符合题意；②当时，，所以若，则有或（舍），解得；③当时，，所以若，则有或（舍），解得.综上所述，.13．（2024·湖南长沙·统考一模）已知正四棱锥的顶点均在球的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球体积的最小值为.【答案】【解析】设球的半径为，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为，.如图，球心在正四棱锥内时，由，可得，即（*）.球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式.又正四棱锥的体积为，则，代入（*）式可得.通过对关于的函数求导，即，易得函数在单调递减，在单调递增，则.从而，球的体积的最小值.14．（2023·重庆·石柱中学校校联考一模）若关于的不等式的解集为，则的取值范围是．【答案】【解析】因为不等式的解集为，所以二次函数的对称轴为直线，且需满足，即，解得，所以，所以，所以.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校联考模拟预测）已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若，研究函数在上的单调性和零点个数．【答案】（1）；（2）在上单调递增；1【解析】（1）当时，，则，则，，所以曲线在点处的切线方程为．（2）当时，，则，当时，，，，则，故在上单调递增．又因为，所以在上的零点个数为．16．（15分）（2024·广东·高三广东实验中学校联考期末）在9道试题中有4道代数题和5道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.（1）求在第一次抽到几何题的条件下第二次抽到代数题的概率；（2）若抽4次，抽到道代数题，求随机变量的分布列和期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，【解析】（1）（1）记表示事件“第次抽到代数题”，.方法一：由条件概率公式可得.所以第一次抽到几何题的条件下，第二次抽到代数题的概率为；方法二：已知第一次抽到几何题，这时还剩余代数题和几何题各四道，因此）.（2）由题意，随机变量的可能取值为：；，，.的分布列为01234所以.17．（15分）（2024·江西上饶·高三上饶市第一中学校联考期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.（1）证明：；（2）点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）如图：由于平面平面，平面平面，过点作的垂线交的延长线于点，则平面.连接交于，连接，∵，，∴，∴，又，，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，即，又平面，平面，∴，又平面，∴平面，又∵平面，∴.（2）以为坐标原点，，，所在直线分別为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由于在上，设，则，∴，又平面的法向量，设直线与平面所成角为，∴，解得或（舍去），∴，∴，，，设平面的法向共，平而的法向共，则即，取，得，，∴，故平面与平面夹角的余弦值为.18．（17分）（2023·贵州·清华中学校联考模拟预测）已知椭圆：，过右焦点，且与长轴垂直的弦长为，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若的上顶点为，过左焦点的直线交椭圆于，两点（与椭圆顶点不重合），直线，分别交直线于，两点，求的面积的最小值.【答案】（1）；（2）5【解析】（1）由题意知，，将代入椭圆方程，得，即弦长，有，解得，所以该椭圆C的方程为；（2）由（1）知，设，直线PG的方程为，由，消去x，得，，则，设，直线EP的方程为，由，解得，同理可得，所以，将代入上式，整理得，又点到直线的距离为，所以，设，则，所以，当即即时，取到最小值，且最小值为5.19．（17分）（2023·全国·高三专题练习）已知数列A：a1，a2，…，aN的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．（1）①若数列A：1，2，4，5，求集合T，并写出的值；②若数列A：1，3，x，y，且，，求数列A和集合T；（2）若A是递增数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”；（3）请你判断是否存在最大值，并说明理由．【答案】（1）①集合T＝{1，2，3，4}，P（T）＝4，②数列A：1，3，5，7，T＝{2，4，6}（2）证明见解析；（3）存在最大值，理由见解析【解析】（1）①因为，，，，，，所以集合，．②因为A：1,3,x,y，且，所以，，均不相等，所以2，，都是集合T中的元素，因为，所以．可得：，，所以数列A：1,3,5,7，；（2）充分性；A是递增数列，若A为等差数列，设A的公差为d（），当时，所以，所以，则，故充分性成立．必要性：