阶段性检测4.2（中）（范围：高考全部内容）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

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一、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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】解不等式确定集合,然后由并集定义计算.
【详解】由题意或，，
所以或，
故选：D．
2．已知复数，，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的概念及四则运算法则计算即可.
【详解】由得.
故选：A
3．不等式“”是“”成立的（ ）
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】A
【分析】解对数不等式和指数不等式，求出解集，进而判断出答案.
【详解】，解得，，解得，
因为，但，
故“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用换元法，结合同角的三角函数关系式、两角差的正弦公式进行求解即可.
【详解】由
，
设，①，
又②，
所以联立①②，解得，故．
故选：D
5．“校本课程”是现代高中多样化课程的典型代表，自在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，艺术科组准备了学生喜爱的中华文化传承系列的校本活动课：创意陶盆，拓印，扎染，壁挂，的纸五个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目．则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．360种B．480种C．720种D．1080种
【答案】B
【分析】分为恰有2名学生所选的课相同，以及4名学生所选的课全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案.
【详解】①恰有2名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2名学生选出，有种可能；
第二步，从5个项目中选出3个排序，有．
根据分步计数原理可得，方法有种；
②4名学生所选的课全不相同的方法有种．
根据分类加法计数原理可得，
甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有种．
故选：B.
6．（ 2023·江西景德镇·统考三模）首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天.中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌.雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示.在适当的坐标系下圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将直线方程与圆的方程联立可求得点坐标，根据在点的切线斜率和点坐标可求得抛物线方程中的，整理可得抛物线方程.
【详解】由题意知：，又，
直线方程为：，即；
由得：或，
即或，
为靠近轴的切点，；
设飞行轨迹的抛物线方程为：，则，
在点处的切线斜率为，，解得：，
，解得：，，
即抛物线方程为：.
故选：A.
7．（ 2023·湖南永州·统考一模）若数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据之间的关系可求出，进而求得，由此结合熟的大小比较可判断A，B，C，利用放缩法，当时，可推出，累加即可判断D.
【详解】令，则，即，
由，的；
当时，，即，
又，故为首项是1，公差为1的等差数列，
则，故，
所以当时，，也适合该式，
故，
对于A，
，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，当时，，
故
，D正确，
故选：D
8．如图，在正方体中，P为棱AD上的动点．给出以下四个命题：
①；
②异面直线与所成角的取值范围为；
③有且仅有一个点P，使得平面；
④三棱锥的体积是定值．
其中真命题的个数为（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，其中，由，可判定①正确；由向量的夹角公式求得，进而可判定以②正确；由平面，得到，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定③不正确；结合，可判定④正确．
【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则，其中，
则，．
因为，所以，所以①正确；
因为，
所以，
当时，，此时异面直线与所成的角为；
当时，，
令，其中，
则，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围为，
综上可知异面直线与所成角的取值范围为，所以②正确；
若平面，则，因为，，
所以．，
因为方程无实数解，所以不成立，所以③不正确；
在正方体中，点在上，且平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
因为平面，所以三棱锥的高为，
因为，所以④正确．
故选：C.

二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．设抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点，若，且，则抛物线的方程可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】利用抛物线的定义、以及几何性质求解.
【详解】
设，因为，所以，
因为，所以，
即，所以，所以，
解得，所以，解得或，
所以抛物线的方程为或．
故选:BC.
10．下列命题中正确的是（ ）
A．数据的第25百分位数是1
B．若事件的概率满足且，则相互独立
C．已知随机变量，若，则
D．若随机变量，则
【答案】BCD
【分析】对于A：根据百分位数分析运算；对于B：根据条件概率和独立事件分析判断；对于C：根据二项分布的方差以及方差的性质分析判断；对于D：根据正态分布的性质分析判断.
【详解】对于选项：8个数据从小到大排列，由于，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A错误；
对于选项：由，可得，
即，可得，
所以相互独立，故B正确；
对于选项C：因为，则，故C正确；
对于选项D：因为随机变量，
由正态曲线的对称性可得：，则，
所以，故D正确；
故选：BCD.
11．已知三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，.若点O到三棱柱的所有面的距离都相等，则（ ）
A．平面
B．
C．平面截球O所得截面圆的周长为
D．球O的表面积为
【答案】AC
【分析】根据球的性质可判断为直棱柱，即可判断A，由内切球的性质，结合三棱柱的特征即可判断B，由勾股定理以及等边三角形的性质可判断CD.
【详解】选项A，三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱为直棱柱，所以平面，因此A正确.
选项B：因为，所以.因为点O到三棱柱的所有面的距离都相等，所以三棱柱的内切球与外接球的球心重合.设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于,则,由于为矩形的对角线交点，所以，而三角形 为等边三角形，所以 ,所以，所以，因此B错误.

选项C：由，可知，解得（负值已舍去），则.易得的外接圆的半径，所以平面截球O所得截面圆的周长为，因此C正确.
选项D：三棱柱外接球的半径，所以球O的表面积，因此D错误.
故选：AC
12．已知函数的最小值为2，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】由指数函数单调性判断A是错误，利用导数求最小值判断CD，由不等式性质得出B的真假．
【详解】选项A，若，则，是上的增函数，无最小值，A错；
，由得，记，
，，由选项A分析及已知得，
时，，递减，时，，递增，
所以时，取得极小值也是最小值，
若，则，，，D正确，此时由于得，B也正确；
若，则，，，从而，，不合题意（同理可证也是错误的），C错．
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知双曲线C：的渐近线方程为，则C的离心率为 .
【答案】
【分析】由题意可得，然后由可求得结果.
【详解】因为双曲线C：的渐近线方程为，
所以，
所以离心率，
故答案为：
14．若直线与曲线相切，则 ．
【答案】
【分析】设出切点坐标，求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合已知切线列式求解即可.
【详解】依题意，设切点为，则，
由，求导得，于是，解得，
从而，则.
故答案为：
15．在平面直角坐标系中，圆和外切形成一个8字形状，若，为圆M上两点，B为两圆圆周上任一点（不同于点A，P），则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】利用已知条件求解，，即可得到圆的方程，设出的坐标，化简向量的数量积，求解最值即可．
【详解】圆，，为圆上两点，
可得，解得，，所以，圆，
满足圆和外切，
为两圆圆周上任一点（不同于点，，如果取得最大值，可知在上，设，
则,,，当且仅当时取得最大值．
故答案为：

16．已知函数，若从集合中随机选取一个元素，则函数恰有7个零点的概率是 ．
【答案】
【分析】由，得，由，得，画出的图象结合，且，分情况求解即可.
【详解】由，得，当时，的最小值为．
由，得，即，
因为，所以．而，
当时，方程的实数解的个数分别为3，3，2；
当时，方程的实数解的个数分别为3，2，2；
当时，方程，的实数解的个数均为2．
所以当时，函数恰有7个零点，故所求概率为．
故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查分段函数的性质的应用，解题的关键是画出函数图象，结合图象求解即可，考查数形结合的思想，属于较难题.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．设等差数列前项和，，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，设数列的前项和为，求证.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）利用等差数列前项和公式，结合裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）依题意有，
，，
又为等差数列，设公差为，
，.
（2）由（1）可得，
，，，，，
.
18．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，分别是的中点，平面经过点与棱交于点．

(1)试用所学知识确定在棱上的位置；
(2)若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)靠近的三等分点处
(2)
【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）过作直线与平行，延长与交于点，
连接与的交点即为点．
因为底面是矩形，是的中点，
所以，且．
又，所以，
因为是的中点，可得，
则，所以．
故在棱的靠近的三等分点处．

（2）因为是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
取中点，连接，易知两两相互垂直，
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
．

设平面的法向量为，
则即令，则，所以．
．
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
19．从条件①；②中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.在中：内角的对边分别为，______.
(1)求角的大小；
(2)设为边的中点，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角，结合辅助角公式可整理得到，由角的范围可求得；
若选②，利用二倍角和辅助角公式可化简求得，由角的范围可求得；
（2）由，平方后可用表示出，结合基本不等式可求得最大值.
【详解】（1）若选条件①：由正弦定理得：，
，
，，，
即，，
又，，，解得：；
若选条件②：，
，，
，，，解得：.
（2）
，，
即，
（当且仅当时取等号），
的最大值为.
20．已知函数，.
(1)讨论的单调性并求极值.
(2)设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；
（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
21．某校组织“青春心向党，喜迎二十大”主题知识竞赛，每题答对得3分，答错得1分，已知小明答对每道题的概率是，且每次回答问题是相互独立的.
(1)记小明答3题累计得分为，求的分布列和数学期望；
(2)若小明连续答题获得的分数的平均值大于2分，即可获得优秀奖.现有答和道题两种选择，要想获奖概率最大，小明应该如何选择？请说明理由.
【答案】(1)分布列见解析，数学期望：
(2)小明选择答道题时，获奖的概率更大，理由见解析
【分析】（1）由X的取值为3，5，7，9，再利用独立重复试验求得概率，然后列出分布列进而求得数学期望；
（2）分别求出小明选择答道题与道题获得优秀奖的概率，再进行比较即可.
【详解】（1）由题意知，
，
，
，
所以的分布列为
；
（2）由题意可知甲同学答一题得3分的概率为，得1分的概率为，
若选择答道题，此时要能获得优秀奖，则需次游戏的总得分大于，
设答道题中，得3分的题数为，则，则，
易知，
故此时获优秀奖的概率：，
，
，
同理可以求出当选择答道题，获优秀奖的概率为，
因为，
所以，则，
所以小明选择答道题时，获奖的概率更大.
22．已知椭圆的左、右顶点分别为，长轴长为短轴长的2倍，点在上运动，且面积的最大值为8．
(1)求的方程；
(2)若直线经过点，交于两点，直线分别交直线于，两点，试问与的面积之比是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)与的面积之比为定值
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）利用韦达定理及面积公式计算即可.
【详解】（1）由题意得，即①．
当点为的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，
所以，即②．
联立①②，得．
故的方程为．
（2）
与的面积之比为定值．
由（1）可得，
由题意设直线．
联立得，
则，
，
所以．
直线的方程为，
令，得，即．
同理可得．
故与的面积之比为
，
即与的面积之比为定值．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是化积为和，得到，最后得到面积比值表达式，再进行代换即可得到面积比值.3
5
7
9