高三数学考前冲刺押题模拟卷02（2024新题型）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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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．已知向量，，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】
根据向量运算的坐标表示求得正确答案.
【详解】.
故选：A
2．已知样本数据的平均数为､方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由平均数和方差的运算性质即可求解.
【详解】由方差的性质，得，，…，的方差为，
故，解得．由，可知.
由平均数的性质，得，，…，的平均数为，
故，
解得.
故选：D．
3．如图，垂直于正方形所在平面，则以下关系错误的是（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】B
【分析】根据面面垂直的判定定理进行判断即可.
【详解】对于A，因为底面为正方形
所以
因为平面，平面
所以，
而，
所以平面，
又因为平面
所以平面平面，故A正确；
对于C，因为底面为正方形，
所以，
因为平面，平面，
所以，
而，所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D，因为
由选项C可得平面，
而平面
所以平面平面，故D正确.
对于B，平面与平面不垂直，故B错误.
故选：B
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意，求得为偶函数，再利用导数求得函数的单调区间，结合选项，即可求解.
【详解】
由函数的定义域为，
且，所以函数为偶函数，
当时，，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故选：C.
5．已知常数为正数，函数的最小值为4，则函数的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】A
【分析】
利用基本不等式求得参数，再化简，结合基本不等式即可得解.
【详解】
因为，，则，
当且仅当，即时，等号成立，所以，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
故选：A.
6．不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
不等式等价于，构造函数，求导，确定单调性，利用单调性解不等式即可.
【详解】由得，
设，则，所以在上单调递减，
故由得，
所以，解得.
故选：B.
7．设为抛物线的焦点，为上一点且在第一象限，在点处的切线交轴于，交轴于，若，则直线的斜率为（ ）
A．－2B．C．D．
【答案】D
【分析】设点坐标，利用导数的几何意义求得切线方程可先含参表示N，T坐标，再根据抛物线的定义可判定为等腰三角形，根据其性质计算即可.
【详解】
易知，设，
则在点处的切线方程为，
所以，显然N为中点，
由抛物线定义可知，
即为以F为顶点的等腰三角形，所以，即，
所以直线的斜率为.
故选：D
【点睛】思路点睛：本题通过设点坐标，利用抛物线的切线方程含参表示N，T坐标，再根据抛物线的定义可判定为等腰三角形，根据其性质计算即可.解析几何问题首先是几何题，所以利用几何特征可减少计算量，提高效率.
8．设，，，，若满足条件的与存在且唯一，则（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】B
【分析】先由，可得，再根据，结合两角差的正弦公式求出，进而可求出，再根据唯一性可求出，再求出，结合两角差的正切公式求出，即可得解.
【详解】由，得，即，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一，
所以，
所以，经检验符合题意，
所以，
因为，所以，所以，
则，解得，
所以.
故选：B.
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．已知曲线C：，则（ ）
A．存在m，使C表示圆
B．当时，则C的渐近线方程为
C．当时，则C的焦点是，
D．当C表示双曲线时，则或
【答案】AD
【分析】由圆方程的特征得到，从而判断A；利用双曲线渐近线公式判断B；由题意得，从而由椭圆方程特征得到焦点在轴上，进而判断C；由双曲线方程的特征得到，从而判断D.
【详解】A选项，当，即时，为圆，故A正确；
B选项，当时，，故渐近线方程为，故B错误；
C选项，当时，则，显然C的焦点在轴上，故C错误；
D选项，当C表示双曲线时，，则或，故D正确.
故选：AD.
10．已知随机事件，满足，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【分析】利用条件概率公式和相互独立事件的概率公式对选项一一判断即可.
【详解】对于A，因为，，，
所以，
所以，即，故A正确；
对于B，因为①，，
又因为，所以，所以
代入①可得：，所以，
，所以，故B正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，，故D不正确；
故选：AB.
11．已知定义在上的函数，满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为偶函数
C．D．2是函数的一个周期
【答案】ABD
【分析】对A：借助赋值法，令，计算即可得；对B：借助赋值法，令，结合偶函数定义即可得；对C：计算出，其与不满足该关系即可得；对D：借助赋值法，令，结合的值与周期函数的定义计算即可得.
【详解】对A：令，则有，又，
故有，故，故A正确；
对B：令，则有，又，
故有，即，又其定义域为，
故为偶函数，故B正确；
对C：令，，则有，
故，又，不符合，故C错误；
对D：令，则有，
由，故，则，故，
两式作差并整理得，故2是函数的一个周期，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，对D选项，需借助，再令，从而消掉所给式子中的一项，再结合周期函数的定义得解.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设，为虚数单位．若集合，且，则 ．
【答案】
【分析】利用集合交集的结果，结合复数相等的性质列式，从而得解.
【详解】因为，，
所以，解得.
故答案为：.
13．若的面积为，且为钝角，则 ；的取值范围是 ．
【答案】
【分析】
由三角形面积公式可得，可求出；再根据为钝角限定出，利用正弦定理可得，可得其范围是.
【详解】根据题意可得面积，
可得，即，
又易知为锐角，可得；
由正弦定理可得，
因为为钝角，可得，所以；
可得，因此；
故答案为：；；
14．在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为
【答案】
【分析】通过已知条件可分析出球心为中点，再由确定点在半径为1的圆上，从而确定点到平面的距离为定值，求出的面积最大值，即可确定三棱锥的体积最大值.
【详解】
该三棱锥的外接球O为的中点，下证：
因为平面，平面，所以，所以，
又，即，所以，
即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，
在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，
球心到平面的距离为，
因为为的中点，所以到平面的距离为，
，
要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.
在△中由余弦定理可得：
，
所以，当且仅当时等号成立，
，
所以，
当且仅当时, 三棱锥的体积取到最大值.
故答案为：.
【点睛】本题两个关键点：一是通过空间中线线垂直确定球心位置，二是利用正弦定理确定点的轨迹，才能求得三棱锥体积最大值.
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）
某市设有12个监测站点监测空气质量指数（AQI），其中在轻度污染区、中度污染区、重度污染区分别设有3，6，3个监测站点，以这12个站点测得的AQI的平均值为依据，播报该市的空气质量．
(1)若某日播报的AQI为120，已知轻度污染区AQI的平均值为80，中度污染区AQI的平均值为116，求重度污染区AQI的平均值；
(2)如图是2018年9月的30天中，AQI的概率分布直方图，其中分段区间分别为[48，72），[72，96），[96，120），…，[216，240），9月份仅有1天的AQI在[144，150）内．
①该市市民小孟总是星期日查看官方公布的本市的AQI，如果AQI小于150，小孟就去体育馆踢球，以统计数据中的频率为概率，求小孟星期日去踢球的概率；
②“双创”活动中，验收小组把该市的空气质量作为一个评价指标，从当月的空气质量监测数据中抽取3天的数据进行评价，设抽取到的AQI不小于150的天数为X，求X的分布列及数学期望．

【答案】(1)168
(2)①，②分布列见解析，
【分析】（1）由平均值的计算公式求解.
（2）①由概率分布直方图，计算AQI小于150的天数，可求概率；②由X可能的取值，计算相应的概率，写出分布列并计算.
【详解】（1）设重污染区AQI的平均值为x，
则，解得，
即重污染区AQI的平均值为168．分
（2）①由题意知，AQI在内的天数为1，
由频率分布直方图可知，AQI在的天数为，
故2018年9月份的30天中AQI小于150的天数为1+17＝18，又，
则小孟星期日去踢球的概率为． 分
②由题意知，X服从参数为N＝30，M＝12，n＝3的超几何分布，
X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
则X的分布列为
数学期望．分
16．（15分）
已知函数．
(1)若，当时，求证：为单调递减函数；
(2)若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）若，当时，对求导，令，解不等式即可求出答案.
（2）在上恒成立转化为，
令，求在的最小值即可.
【详解】（1）若，则，
，
因为，，
，，
，在为单调递减函数；分
（2），即，
令，，
则，
令，
，，，单调递减，
，，单调递增，
而，，
故在恒成立，
故在恒成立，
所以在为减函数，
所以，故，
所以实数a的取值范围是．分
（15分）
如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，平面平面
（I）求证：；
（II）若M为中点，求证：平面；
（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面所成的角为？若存在，求得值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)不存在这样的点P.
【详解】（I）由，根据面面垂直的性质得到平面，从而可证明；（II）由于，建立空间直角坐标系，利用的方向向量与平面 的法向量数量积为零可得平面 ；（III）由（II）可知平面的法向量，设，利用空间向量夹角余弦公式列方程可求得，从而可得结论.
详解：证明：（I）在直三棱柱中，
∵平面 ∴
∵平面平面，且平面平面
∴平面
∴ 分
（II）在直三棱柱中，
∵平面，∴
又，
建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，
，，，，

设平面的法向量
∵ ∴ 令 则
∵为的中点，∴
∵ ∴
又平面，∴平面
（III）由（II）可知平面的法向量
设
则
若直线DP与平面所成的角为，
则
解得
故不存在这样的点P，使得直线DP与平面所成的角为分
点睛：本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
（17分）．
设动点每次沿数轴的正方向移动，且第次移动1个单位的概率为，移动2个单位的概率为已知表示动点在数轴上第次移动后表示的数，在第一次移动前动点在数轴的原点处．
(1)若，，求的概率；
(2)若每次移动2个单位的概率都是移动1个单位的概率的2倍．
①求的概率；
②求动点能移动到自然数处的概率
【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】
（1）利用独立事件的概率公式可得结果.
（2）利用独立事件的概率公式及独立重复实验概率公式，结合等比数列通项公式及累加法求通项可得结果.
【详解】（1）因为，，，
所以，
即概率为；分
（2）
由题意得，∴，，
（i）因为，即在次移动中恰有次移动2个单位，
所以，分
（ii）由题意得，，且，
所以，即，
则数列是等比数列，公比，而，
所以
=
所以．分
【点睛】
关键点点睛：本题关键是通过独立事件概率得出，利用数列构造法及累加法求出结果.
（17分）
有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点到纸片圆心的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点与点重合，以点所在的直线为轴，线段的中点为原点建立平面直角坐标系．
(1)记折痕与的交点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(2)若直线：（）与曲线交于，两点．
（ⅰ）当为何值时，为定值，并求出该定值；
（ⅱ），为切点，作曲线的两条切线，当两条切线斜率均存在时，若其交点在直线上，探究：此时直线是否过定点，若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ），定值为5；（ⅱ）过定点，定点坐标为
【分析】（1）利用椭圆的定义判断轨迹，即可求出方程．（2）（ⅰ）联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系表示出，写出关于的表达式分析可得．（ⅱ）求出在，两点处的切线方程，设出点坐标，并分别代入到两条切线方程，进而表示出直线的方程，即可得到定点．
【详解】（1）由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以曲线的方程，即椭圆方程为．分
（2）（ⅰ）由消元得，，
由，得．
设，，则，，
所以
，
当为定值时，即与无关，
令，得，此时恒成立，
即当时，为定值，且定值为5．分
（ⅱ）设在点处的切线方程为，
由消去，
整理得，
由，
化简得，
因为，
所以，
故在点处的切线方程为，整理可得，①
同理可得，在点处的切线方程为．②
设，将其代入①②，得，，
所以直线的方程为，即，
令，得
故直线过定点，且定点坐标为．分
X
0
1
2
3
P