2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：新高考卷04-备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版

这是一份2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：新高考卷04-备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，是直线与圆相切的，已知，，，给出下列结论等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷四（新高考卷）数学考试时间：120分钟；试卷满分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（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，只有一项符合题目要求）1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据根式、分式的性质求定义域可得集合A，解一元二次不等式求集合B，再由集合的交运算求.【详解】∵，，∴．故选：B．2．设复数，则（    ）A．0 B． C． D．1【答案】C【分析】根据复数的运算法则，化简复数，再结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由复数的运算法则，可得，所以．故选：C.3．是直线与圆相切的（    ）A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】判断“”和“直线与圆相切”之间的逻辑推理关系，可得答案.【详解】当时，直线为，则的圆心到直线的距离为，故此时直线和圆相切；当直线与圆相切时，则，解得或，推不出一定是，故是直线与圆相切的充分不必要条件，故选：B4．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的机会的概率为，得到乙、丙两公司面试的机会的概率均为p，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X为该毕业生得到面试机会的公司个数．若，则随机变量X的数学期望（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据相互独立事件的概率公式求出，依题意的可能取值为0，1，2，3，求出所对应的概率，即可得到的分布列与数学期望；【详解】解：因为，因为，所以．由题意得随机变量的可能取值为0，1，2，3，所以，，，，所以X的分布列为0123 所以．故选：D．5．设点是椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点，若的内切圆半径的最大值为（为椭圆的半焦距），则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由等面积法列出表达式，将所有变量全部代换为和，齐次化可求解.【详解】如图所示，结合椭圆第一定义，，则，，要使最大，则，即，整理得：，同时平方得，整理得，同时除以得：，解得或1（舍去），故.故选：C6．为的重心，点为内部（含边界）上任一点，分别为上的三等分点（靠近点），（），则的最大值是A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件可得，进而得出，，再利用基本不等式即可求出.【详解】分别为上的三等分点（靠近点），，，，当点在上时，，即，点为内部（含边界）上任一点，，，，，解得，当且仅当时等号成立.故选：C.7．已知抛物线的焦点为F，直线l过焦点F与C交于A，B两点，以为直径的圆与y轴交于D，E两点，且，则直线l的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设的中点为M，根据求出r，进而得到M点横坐标；再设直线，由韦达定理得到k与M横坐标的关系，进而求出k．【详解】设的中点为M，轴于点N，过A，B作准线的垂线，垂足分别为，如下图：由抛物线的定义知，故，所以，即，解得或（舍去），故M的横坐标为，设直线，将代入，得，则，解得，故直线l的方程为．故选：C．8．已知，，，给出下列结论：①；②；③；④.其中所有正确结论的序号是（    ）A．③④ B．③ C．①②④ D．②③④【答案】A【分析】设，得到，，，根据指数幂的运算性质，求得，，结合指数幂和对数的运算法则，可判定①错误，②错误，③④正确.【详解】设，则，，，则，得，即，由此可得或(舍去)，解得，所以，，，所以①错误.由，所以②错误.由，所以③正确.由，，，所以，所以④正确.故选：A.二、多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分。）9．某校对200名考生的数学竞赛成绩进行统计，分成，，，，五组，得到如图所示频率直方图，则根据频率直方图，下列说法正确的是（    ）A．B．估计该校学生数学竞赛成绩的平均数在内C．该校学生数学竞赛成绩的中位数大于80D．该校学生数学竞赛成绩不低于80分的有90人【答案】AB【分析】根据频率和为1，求，判断选项A；根据平均数和中位数公式，计算平均数和中位数，判断BC；先计算学生数学竞赛成绩不低于80分的频率，再计算人数.【详解】A.频率和，得，故A正确；B.平均数等于 ，故B正确；C.设中位数为，则，解得：，故C错误；D.数学竞赛成绩大于80分的频率为，人，故D错误.故选：AB10．如图，边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，，分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论正确的是（    ）A．           B．三棱锥的外接球的体积为C．点P到平面DEF的距离为 D．二面角的余弦值为【答案】AC【分析】取中点H，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可判定A；构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，计算可得外接球的半径和体积，即可判断B；因为三线两两垂直，由等积法可判断C；由题意 为二面角的一个平面角，利用 可判断D．【详解】对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，由原图知和均为等腰三角形，故，，又因为，所以平面PDH，又平面PDH，所以，A正确；由PE，PF，PD三线两两垂直，如下图构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，设为2R，则，则，所以所求外接球的体积为，B错误；根据题意，可知PE，PF，PD三线两两垂直，且，，在中，，，由等积法可得，得，C正确；由题意如上图，，，则，，所以∠PHD为二面角的一个平面角，因为，，且，所以平面PEF，则，即，在中，，D不正确．故选：AC.11．已知抛物线，其焦点为F，准线为l，PQ是过焦点F的一条弦，点，则下列说法正确的是（    ）A．焦点F到准线l的距离为2B．焦点，准线方程C．的最小值是3D．以弦PQ为直径的圆与准线l相切【答案】ACD【分析】对A：由抛物线方程及焦点F到准线l的距离为即可求解；对B：由抛物线方程即可求解；对C：利用抛物线的定义，将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，从而即可求解；对D：利用抛物线的定义，及圆心到直线的距离等于圆的半径则直线与圆相切，从而即可求解.【详解】解：对B：由抛物线，可得，准线    ，故选项B错误；对A：由抛物线，可得，即，所以焦点F到准线l的距离为，故选项A正确；对C：过点P作，垂足为，由抛物线的定义可得，所以（为点到准线l的距离），当且仅当、、三点共线时等号成立，所以的最小值是3，故选项C正确；对D：过点P、Q分别作，，垂足分别为、，设弦PQ的中点为M，则弦PQ为直径的圆的圆心为M，过点M作，垂足为，则为直角梯形的中位线，，又根据抛物线的定义有，，所以，所以以弦PQ为直径的圆与准线l相切，故选项D正确；故选：ACD.12．已知函数满足对任意的都有，，若函数的图象关于点对称，且对任意的，，都有，则下列结论正确的是（    ）A．是偶函数 B．的图象关于直线对称C． D．【答案】BCD【分析】对于A选项：根据函数的图象关于点对称,则函数的图象关于点对称，即可判断；对于B选项：由A选项可知函数为奇函数，可推得，即可判断图象关于直线对称；对于C选项：由可推出函数是周期为4的周期函数，结合函数奇偶性可推得，，即可判断C；对于D选项： 由可得，推出函数在区间上单调递增，结合函数性质求得，，即可得.【详解】A选项：由函数的图象关于点对称，可得函数的图象关于点对称，所以函数为奇函数，故A不正确.B选项：由函数为奇函数可得，故函数的图象关于直线对称，故B正确.C选项：由函数满足对任意的都有，可得，所以函数是周期为4的周期函数.因为为奇函数，所以，由得，故，则，，所以，故C正确.D选项：由对任意，，都有，即对任意的，，都有，可得函数在区间上单调递增.因为，，且，所以，即,故D正确，故选：.第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．在的二项展开式中项的系数为__________．【答案】【解析】写出二项展开式的通项公式，令的指数等于，求出可得结果.【详解】二项展开式的通项公式为，，令，得，所以二项展开式中项的系数为.故答案为：14．函数的图象在点处的切线l恒过定点，则该定点坐标为______．【答案】【分析】利用函数值的定义及导数的几何意义，结合直线的点斜式方程即可求解.【详解】由题意可知，，切点，，所以函数的图象在点处的切线的斜率为，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，所以，解得，所以切线方程恒过定点为．故答案为：.15．设且，则使函数在区间上不单调的的个数是___________．【答案】8【分析】利用正弦函数的性质可得，结合条件即得.【详解】当时，，又函数在区间上不单调，∴，，且，即，且，∴符合题意，共8个．故答案为：8．16．设点P在曲线上，点Q在曲线上，则|PQ|的最小值为_____.【答案】【分析】令、，易知分别由已知函数向上平移一个单位得到且互为反函数，即关于，所以仅需P、Q关于对称且两点处切线平行于时|PQ|的最小，利用导数的几何意义求点坐标，结合点线距离公式及对称性即可求最小值.【详解】令、分别向上平移一个单位可得、，而与关于对称，∴当两条曲线在P、Q处的切线均与平行时，P、Q关于对称，|PQ|有最小，对应曲线平移到、后，P、Q关于对称即可，∴令，则，∴有，则，即，∴到的距离，∴.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第16题10分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，且数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)      (2)证明见解析【分析】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；（2）求出，然后运用裂项相消法求出可得结论.【详解】（1）设数列的公比为q，由，，成等差数列可得，故，解得，由可得，解得，故，即数列的通项公式为.（2）由（1）可得，故.当时，取得最大值，当时，， 故.18．设函数.(1)求函数的最小正周期；(2)若函数的图象与函数的图象关于原点对称，求的值．【答案】(1)     (2)【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得的表达式，利用正弦型函数的周期公式可求得最小正周期；（2）利用对称性求出函数的解析式，可知函数的最小正周期为，计算出的值，即可求得的值.(1)解： ，所以，函数的最小正周期为.(2)解：在函数的图象上任取一点，则关于原点对称点为，由题意可知在函数的图象上，即，所以，，该函数的最小正周期为，因为 ，， ，，所以，所以.19．某研究性学习小组对无现金支付（支付宝、微信、银行卡）的用户进行问卷调查，随机选取了人（图1），按年龄分为青年组与中老年组，如图2.（1）完成图2列表联，并判断是否有的把握认为使用支付宝用户与年龄有关系？（2）把频率作为概率，从所有无现金支付用户中（人数很多）随机抽取人，求所选人中恰有人为支付宝用户的概率.【答案】（1）见解析，有的把握认为支付宝用户与年龄有关系；（2）【分析】（1）根据饼状图可知支付宝用户有180人，非支付宝用户有120人，据此完成列联表，由独立性检验计算公式计算的观测值，结合独立性检验的意义可得答案；（2）把频率作为概率，从所有无现金支付用户（人数最多）中抽取人，可以近似看作次独立重复实验，记3人中支付宝用户的人数为随机变量X，则服从二项分布，由此可求出人中恰有人为支付宝用户的概率.【详解】解：（1）列联表补充如下： 支付宝用户非支付宝用户合计中老年6090150青年12030150合计180120300 ，故有的把握认为支付宝用户与年龄有关系.（2）把频率作为概率，从所有无现金支付用户（人数最多）中抽取人，可以近似看作次独立重复实验，记3人中支付宝用户的人数为随机变量X，所以的取值依次为，且服从二项分布，故所选人中恰有人使用支付宝的概率为.20．如图1，矩形ABCD，点E，F分别是线段AB，CD的中点，，将矩形ABCD沿EF翻折.(1)若所成二面角的大小为（如图2），求证：直线面DBF；(2)若所成二面角的大小为（如图3），点M在线段AD上，当直线BE与面EMC所成角为时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；     (2).【分析】（1）由题设易知，再由面面垂直的性质可得面，根据线面垂直的性质有，最后由线面垂直的判定即可证结论.（2）过作面，构建空间直角坐标系并设且，求出面法向量、直线BE的方向向量，根据线面角的大小，结合空间向量夹角的坐标表示列方程求出参数m，再确定面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值即可.【详解】（1）由题设易知：是边长为2的正方形，是的对角线，所以，又面面，面面，，面，所以面，又面，则，又，则面.（2）过作面，而面，则，，而，可构建如下图示的空间直角坐标系，由题设知：，所以，，，且，则，，，若是面的一个法向量，则，令，则，，可得，则，又是面的一个法向量，所以，则锐二面角的余弦值为.21．已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．(1)求双曲线E的标准方程．(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)     (2)直线CD过定点，定点坐标为．【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．法二．左右焦点为，，，∴双曲线E的标准方程为．（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，联立消去x得，，，，AC的方程为，令，得，BD的方程为，令，得， ，解得或，即或（舍去）或（舍去），∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，联立，消去x得，，AC的方程为，BD的方程为，分别在AC和BD上，，两式相除消去n得，又，．将代入上式，得．整理得，解得或（舍去）．∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．22．已知函数.(1)求的极值；(2)若两个不相等正数满足，证明：.【答案】(1)极大值为1，无极小值     (2)证明见解析【分析】（1）求导，令f′（x）=0得x=1，列出当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况求解；（2）不妨设x1>x2>0，f（x1）=f（x2）=a，从而得到lnx1=ax1-1，lnx2=ax2-1，两式相加和相减，将证明，转化为证lnx1+lnx2>0，再由，令，转化为证，令，用导数法证明.（1）解：，由f′（x）=0可得x=1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表所示：x（0，1）1（1，+∞）f′（x）+0-f（x）↗极大值1↘ 由表可知函数f（x）的极大值为f（1）=1，无极小值.（2）不妨设x1>x2>0，f（x1）=f（x2）=a，则lnx1=ax1-1，lnx2=ax2-1，所以lnx1+lnx2=a（x1+x2）-2，lnx1-lnx2=a（x1-x2），所以，欲证，只需证x1x2>1，即证lnx1+lnx2>0.因为，，，故只需证，令，则所证不等式变为.令，，则，所以h（c）在（1，+∞）上单调递增，所以h（c）>h（1）=ln1-0=0，即，因此原不等式得证.