2024届高考小题冲刺练 专题04--“8+4+4”小题冲刺练（新高考地区专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

2024届高三“8+4+4”小题期末冲刺练（4）
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，只有一项是符合题目要求的．
1.（ ）1
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
故选：C.
2.设全集，集合，B={x|≤1}，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】解对数不等式得：，即，
又，
所以，
故选:D．
3.设平面向量，均为单位向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】因为
，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C.
4.已知正项数列满足，若存在，使得，则的最小值为（ ）
A. 32B. 64C. 128D. 256
【答案】B
【解析】因为，所以为等比数列，设的公比为，
因为，所以，即，得．
所以．
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以．
故选：B.
5.函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】函数的定义域为，
因为，所以为奇函数，排除D．
因为，
所以当时，，当时，，排除A，B，
故选：C．
6.若直线是曲线的一条切线，则的最小值为（ ）
A. B. C. ln 2D.
【答案】B
【解析】设直线与曲线相切的切点为，由求导得，
于是，则，，
设，求导得，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
因此当时，，
所以的最小值为.
故选：B
7.道韵楼以“古､大､奇､美”著称，内部雕梁画栋，有倒吊莲花､壁画､雕塑等，是历史､文化､民俗一体的观光胜地道韵楼可近似地看成一个正八棱柱，其底面面积约为平方米，高约为11.5米，则该八棱柱的侧面积约是（ ）
A. 460平方米B. 1840平方米C. 2760平方米D. 3680平方米
【答案】D
【解析】如图，由题意可知底面是正八边形，，由余弦定理可得，则.因为底面的面积为平方米，所以，解得.则该八棱柱的侧面积为平方米.
故选：D.
8.已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数，当时，，若，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令，因为时，，
所以当时，，则在上单调递减，
因为的定义域为，又，则，
所以，所以为偶函数，
故在上单调递增，
又，，
，
而，所以，即.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9.下列说法正确的是（ ）
A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8
B. 对于随机事件与，若，，则事件与独立
C. 若随机变量，，若最大，则
D. 已知二项式的第三项和第八项的二项式系数相等.若展开式的常数项为84，则2
【答案】BC
【解析】对于A：把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，因为，
则这组数据的第70百分位数为，故A错误；
对于B：,，
所以，即事件A与B相互独立，故B正确；
对于C：因为随机变量，所以，故，
又，
当最大时，即，化简得，
即，又，
此时，故C正确；
对于D：因为二项式的第三项和第八项的二项式系数相等，所以，
所以，所以展开式的通项公式是，
令，得，所以常数项为，即，故D错误.
故选：BC.
10.函数图象如图所示，则（ ）
A
B.
C. 对任意的都有
D. 在区间上的零点之和为
【答案】AB
【解析】由题图可知函数的最小正周期为，则，
所以，，把代入得，则，得，
，，则AB选项均正确；
，当时，，不满足对任意的都有，C错误；
，，
则共有个零点，不妨设为、、、，且，
则，，
两式相加，整理得，
故的所有零点之和为，D错误，
故选：AB.
11.已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，若是奇函数，则（ ）
A. 的图象关于对称B.
C. 是奇函数D. 与关于原点对称
【答案】ABC
【解析】对于选项A，因为是奇函数，所以，
即，整理得2，
所以的图象关于对称，故A正确；
对于选项B，因为为偶函数，所以，
所以，所以，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误.
故选：ABC.
12.如图，正方体的棱长为2，E，F分别是棱BC，上的中点，点P为平面ABCD内的动点，则下列命题正确的有（ ）
A. 平面AEF截该正方体所得的截面图形是五边形
B. 若点P到直线BB1与到直线DC距离相等，则点P的轨迹是抛物线
C. 若与AB所成的角为，则点P的轨迹是双曲线
D. 以B为球心，为半径的球面与平面AEF相交所得曲线的面积为
【答案】BCD
【解析】对于A，取的中点M，连接BM，取CM的中点N，连接EN，FN，FM，
则，所以A，F，N，E四点共面，
即平面AEF截该正方体所得的截面图形是四边形，故A错误．
对于B，由⊥平面，平面，
故⊥，即是点P到的距离，
在平面中，点P到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，
则点P的轨迹是以B为焦点，DC为准线的抛物线，故B正确；
对于C，因为与所成的角为，则或，
则点P在以为顶点，或的反向延长线为轴、为母线的圆锥面上，
又P在平面内，所以点P的轨迹是平面截圆锥面所得的图形，
又平面与轴平行，所以点P的轨迹是双曲线，故C正确．
对于D，设点B到平面的距离为d，
因为正方体的棱长为2，E，F分别是棱BC，上的中点，
所以，，
，
故，
故，
由得，
，
又球的半径，
所以球面与平面相交所得到的小圆的半径，
所以面积为，故D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．
13.已知角终边上有一点 ，则________．
【答案】
【解析】 ，
根据同角关系有 ，
；
故答案为： .
14. 近日，在2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛决赛中，某校有4位学生获得金牌或银牌，破格入围了清华大学与北京大学的强基计划，这4位学生都可以在这2所大学中任选1所填报，则填报这2所大学的人数相同的概率为____.
【答案】
【解析】4位学生都可以在这2所大学中任选1所填报，故共有种选择，
其中填报这2所大学的人数相同的情况为种，
故答案为：
15.已知椭圆的左焦点为F，离心率为，过F的直线l交椭圆于A，B两点，且，则直线l的斜率为_________________.
【答案】或
【解析】设，，因为，
又A，F，B三点共线，所以，
所以，所以，.
又，在椭圆上，
所以，所以，
即，
所以，所以，
所以，又，所以，所以，
由，解得，
当时，直线l的斜率；
当时，直线l的斜率，所以直线l的斜率为或.
故答案为：或．
16.若是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】，是的两个极值点，
是的两根，又当时，方程不成立，
与有两个不同的交点；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
则图象如下图所示，
由图象可知：且；
，；
当时，不妨令，则，即，，解得：，
当时，，
若，则，即的取值范围为.
故答案为：.