2024年高考数学考前冲刺试卷（19-20）（学生版+教师版）

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（十九）
一、单选题
1、（2024·贵州毕节·三模）已知点在抛物线上，则抛物线C的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将点代入抛物线方程求出，，再将抛物线方程化为标准方程，即可得出准线方程.
【详解】因为点在抛物线上，
所以，解得，
所以抛物线的标准方程为，
所以抛物线C的准线方程为.
故选：D.
2、（2024·贵州黔南·二模）空气质量指数简称AQI，是定量描述空气质量状况的无量纲指数.AQI的数值越大、级别越高，说明空气污染状况越严重.某地区4月1日22时至4月2日5时的AQI整点报告数值为：15，17，20，22，20，23，19，21，则这组数据的第70百分位数是（ ）
A．19B．20C．21D．22
【答案】C
【分析】把数据从小到大排列后计算百分位数，再求出即可.
【详解】把数值从小到大排列为，
由，
所以这组数据的第70百分位数是第6个数，即21.
故选：C.
3、（2024·全国·三模）已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由直线与平面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知；
若，，，所以直线与平面平行的性质定理知；
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4、（2024·浙江绍兴·二模）过点作圆的切线，为切点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可得，三角换元令，，，利用三角恒变换求出最大值.
【详解】根据题意，设圆的圆心为，则，
，令，，，
则，其中，
所以的最大值为.
故选：D.
5、（2024·贵州毕节·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若点D满足，且，则（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】A
【分析】由得，进而得到，再结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】由得，，
故，即，得，
设的高为，可得，

由得，，故，
而，故，则，
故，化简得，故A正确.
故选：A
6、（2024·贵州黔南·二模）某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是和）铁皮材料，通过卷曲使得边与边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆台的侧面展开图求得，再结合圆台的结构特征分析求解.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，高为，
由题意可得：，解得，
所以该圆台的高为.
故选：C.
二、多选题
7、（2024·浙江绍兴·二模）国家统计局统计了2024年1月全国多个大中城市二手住宅销售价格的分类指数，其中北方和南方各4个城市的90m²及以下二手住宅销售价格的环比数据如下：
则（ ）
A．4个北方城市的环比数据的极差小于4个南方城市的环比数据的极差
B．4个北方城市的环比数据的均值小于4个南方城市的环比数据的均值
C．4个北方城市的环比数据的方差大于4个南方城市的环比数据的方差
D．4个北方城市的环比数据的中位数大于4个南方城市的环比数据的中位数
【答案】AD
【分析】根据极差的定义判断A，根据平均数的定义判断B，根据方差的定义判断C，根据中位数的定义判D．
【详解】对于A，4个北方城市的环比数据的极差为，4个南方城市的环比数据的极差为，
所以4个北方城市的环比数据的极差小于4个南方城市的环比数据的极差，故A正确；
对于B，4个北方城市的环比数据的均值为，4个南方城市的环比数据的均值为，
所以4个北方城市的环比数据的均值与4个南方城市的环比数据的均值相等，故B错误；
对于C，4个北方城市的环比数据的方差为，
4个南方城市的环比数据的方差为，
所以4个北方城市的环比数据的方差小于4个南方城市的环比数据的方差，故C错误；
对于D，4个北方城市的环比数据的中位数为99.6，4个南方城市的环比数据的中位数为，
所以4个北方城市的环比数据的中位数大于4个南方城市的环比数据的中位数，故D正确．
故选：AD．
8、（2024·浙江绍兴·二模）已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据抽象函数性质可确定关于直线对称，关于点对称，从而可确定其周期性，再结合单调性可得函数的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于函数有，，则函数关于直线对称，
由，则函数关于点对称，
所以，所以得，
则，故函数的周期为，且，故函数为偶函数，
因为函数在区间上单调递增，则函数的大致图象如下图：
由对称性可得，
所以，故A不正确；
由于，，所以，故B正确；
又，，所以，故C正确；
，且，
因为，所以，故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
9、（2024·浙江绍兴·二模）的展开式中的系数是 .（用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式定理求通项，从而可得的系数.
【详解】展开式的通项为，
则当时，的系数为.
故答案为：.
10、（2024·全国·三模）已知正四棱台中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为 .
【答案】/
【分析】延长交于点，由条件结合棱台的性质求棱台的高，由此证明四棱台内部能够放入的球体的直径，取的中点，求球心到的距离，由此可得结论.
【详解】如图1，延长交于点，
由棱台的性质可得与相似，相似比为，
所以，，
设在正四棱台上、下底面的投影点分别记为，，
，.
首先四棱台内部能够放入的球体的直径，即；
其次取的中点，作纵截面，如图2，
设球的球心为O，O到线段SN的距离为d，则.
，，，
所以，，
所以.
所以.
故答案为：.
四、解答题
11、（2024·辽宁抚顺·三模）在中，内角的对边分别为．
(1)求；
(2)若为的中线，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解；
（2）由（1）得到，根据，求得，再由由余弦定理得到，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
因为，可知，所以，
又因为，联立方程组得，
所以．
（2）解：由（1）知，可得，
因为为的中线，且，所以，
两边平方得，
又由余弦定理得，即，
两式相减，可得，所以．
12、（2024·辽宁抚顺·三模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点．
(1)证明：．
(2)设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设与交于点，根据题意，证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得．
（2）由（1）知平面，得到平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，设与交于点，连接，
因为底面是平行四边形，所以为的中点，
又因为，所以，
因为，且为的中点，所以，
又因为平面，且平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）解：如图所示，连接，因为为的中位线，所以，
因为平面平面且，
所以，且，
由分别为的中点，看到的，
由（1）知平面，所以平面．
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，则，
设为平面的法向量，则，
取，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，可得．
即平面与平面的夹角余弦值为.
13、（2024·辽宁抚顺·三模）某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长（单位：小时）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”．
(1)现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率．
(2)若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布，其中为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数（结果四舍五人到整数）；
②若从该市随机抽取的名教师中恰有名教师的学习时长在内，则为何值时，的值最大？
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】(1)
(2)①841；②14
【分析】（1）根据题意利用古典概型即可计算；
（2）①由样本数计算，进而利用求解即可；
②首先求在内的概率，再由题意可知，然后设，最后利用可求使得的最小的值，从而得到使最大的的值.
【详解】（1）设事件“抽取的3名教师中恰有2名教师是研修先进个人”为．
由题知样本中学习时长不低于80小时的人数为3，时长低于80小时的人数为7，
则，
所以这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率为．
（2）①由样本数据知，．
因为，
所以，
所以，学习时长不低于50小时的教师人数为841.
②每名教师的学习时长在内的概率为，
由题意可知，则，
设，则．
令，得，所以当时，，
令，得，所以当时，，
所以当时，最大，即使最大的的值为14．
（二十）
一、单选题
1、（2024·浙江绍兴·二模）已知四边形是平行四边形，，，记，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算求解即得.
【详解】在中，，，，，
所以.

故选：A
2、（2024·贵州黔南·二模）已知直线与直线的交点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】联立直线可得其交点坐标，由该点在圆的内部计算即可得.
【详解】联立，解得，即点在圆的内部，
即有，解得.
故选：D.
3、（2024·全国·三模）当时，的最大值是（ ）
A．2B．C．0D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解即得.
【详解】原式，
其中锐角由确定，由，得，
所以.
故选：D
4、（2024·河南·模拟预测）将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A．56B．84C．126D．210
【答案】B
【分析】将问题等价转换为将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法，利用隔板法即可求解.
【详解】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额的分法，
等价于将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法.
用3个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成4堆，
由于 10个小球中间共有 9个空隙，因此共有 种不同的分法.
故选：B.
5、（2024·全国·三模）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，且离心率为，过点的直线l与C的一条渐近线垂直相交于点D，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】设焦点为，根据题意求点的坐标和的值，进而画出图象即可解决.
【详解】不妨设焦点为，其中一条渐近线为，则直线l的方程为，
由解得即，
因为，所以，
过点作轴的垂线，垂足为，如下图：
于是.
故选：A.
6、（2024·贵州毕节·三模）已知函数的图象在x轴上方，对，都有，若的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先由函数的图象关于直线对称，得函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，可得．再把代入，可得函数周期为4，求得，，即可求解．
【详解】因为的图象关于直线对称，
所以函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，故有．
因为，都有，所以，
所以，又函数的图象在x轴上方，
所以，所以，即函数的周期为4．
当，可得，所以，
当，可得，所以，所以，
所以.
故选：C．
二、多选题
7、（2024·内蒙古·二模）已知函数的部分图像如图所示，，为的图像与轴的交点，为图像上的最高点，是边长为1的等边三角形，，则（ ）
A．
B．直线是图像的一条对称轴
C．的单调递减区间为
D．的单调递增区间为
【答案】BC
【分析】由图可得，再利用正弦函数的图象与性质分析各个选项即可.
【详解】对于A，由图可得：的最小正周期为2，所以，即，
易得，所以，
因为，所以，，，
由五点作图法可得：，即，所以，
所以，故A不正确；
对于B，由于，为最大值，
所以直线是图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，令，解得；，
所以单调递减区间为，故C正确；
对于D，令，解得；，
所以的单调递增区间为，故D不正确，
故选：BC，
8、（2024·河北邯郸·二模）已知函数的定义域为，其导函数为，若函数的图象关于点对称，，且，则（ ）
A．的图像关于点对称B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据函数的图象变换及其对称性，可得判定A正确；结合和，化简得到，可判定B不正确；令，得到，得到函数和是以4为周期的周期函数，结合，可判定C正确；结合， ，，得到，结合是以4为周期的周期函数，进而求得的值，即可求解.
【详解】对于A中，设函数的图象关于对称，
则关于对称，可得关于对称，
因为函数的图像关于点对称，可得，解得，
所以函数的图象关于对称，所以A正确；
对于B中，由函数的图象关于对称，可得，
因为，可得，
则，
两式相减得，即，所以B不正确；
对于C中，令，
可得，
因为，所以，
所以函数是以4为周期的周期函数，
由，可得，所以，
因为函数是以4为周期的周期函数，则是以4为周期的周期函数，
所以，
由，可得，
即，令，可得，所以，
所以，所以，所以C正确；
对于D中，因为，且函数关于对称，可得，
又因为，令，可得，所以，
再令，可得，所以，
由，可得，
可得
又由函数是以4为周期的周期函数，且，
所以

，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题
9、（2024·全国·三模）在中，，.若，则的面积为 .
【答案】
【分析】结合复数模的运算，根据数量积的定义求得，利用同角三角函数基本关系求得，然后利用三角形面积公式求解即可.
【详解】，，
则，所以，
所以.
所以.
故答案为：
10、（2024·贵州毕节·三模）已知直线，直线，与相交于点A，则点A的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设，先求出直线和恒过的定点，，由可得，即可得出答案.
【详解】因为，所以直线过点，
直线过点，
因为，所以，设，
所以，所以，
所以，化简可得：.
故答案为：.
四、解答题
11、（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）先由解三角形知识证得，进一步由，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（2）解法一：一方面，过点作交于点，过点作交于点，连接，可以证明是二面角的平面角，另一方面可以通过解三角形知识即可得解；解法二：建立适当的空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进一步由法向量夹角的余弦坐标公式，结合平方关系以及商数关系即可运算求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得
，
所以，所以，
又，，面，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
过点作交于点，连接，
因为，面，面，
所以面，因为面，则，
所以是二面角的平面角.
由（1）知，平面，因为平面，所以，
所以，
又，所以三角形是正三角形，
所以，.
在直角三角形中，，
所以.
所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：
以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设，其中，
由，得，
所以，，即，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
又平面的法向量为，
设二面角的大小为，
因为为锐角，所以，
所以，，
所以，二面角的平面角的正切值为2.
12、（2024·浙江绍兴·二模）盒中有标记数字1，2的小球各2个.
(1)若有放回地随机取出2个小球，求取出的2个小球上的数字不同的概率；
(2)若不放回地依次随机取出4个小球，记相邻小球上的数字相同的对数为（如1122，则），求的分布列及数学期望.
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，1.
【分析】（1）根据组合知识求得取球的方法数，然后由概率公式计算概率；
（2）确定的所有可能取值为0，1，2，然后分别计算概率得分布列，再由期望公式计算出期望．
【详解】（1）设事件“取出的2个小球上的数字不同”，
则.
（2）的所有可能取值为0，1，2.
①当相邻小球上的数字都不同时，如1212，有种，
则.
②当相邻小球上的数字只有1对相同时，如1221，有种，
则.
③当相邻小球上的数字有2对相同时，如1122，有种，
则.
所以的分布列为
所以的数学期望.
13、（2024·浙江绍兴·二模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）分和讨论，利用导数结合不等式放缩判断导数正负，结合单调性验证恒成立是否满足.
【详解】（1）当时，，则，
所以切线斜率为，又，
所以，切线方程是.
（2）①当时，因为，所以，
所以.
记，则，
令，则.
因为当时，，所以在区间上单调递增，
所以，，
所以，在区间上单调递增，
所以，，所以.
②当时，，
因为当时，，
令，则，
若，则，即在区间上单调递增.
若，则，
所以在区间上单调递增.
所以当时，在区间上单调递增.
因为，，
所以，存在，使得，
所以，当时，，即在区间上单调递减，
所以，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围为.北方城市
环比（单位：%，上月=100）
南方城市
环比（单位：%，上月=100）
北京
99.5
上海
99.5
天津
99.6
南京
99.5
石家庄
99.6
南昌
99.6
沈阳
99.7
福州
99.8
0
1
2