2024年高考数学考前冲刺试卷（11-12）（学生版+教师版）

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（十一）
一、单选题
1、（2024·江苏·二模）已知双曲线C：经过点，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出双曲线方程再根据双曲线渐近线的求法得解.
【详解】因为双曲线C：经过点，
所以，渐近线方程为.
故选：B
2、（2024·河南·三模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可.
【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误；
B：由，，可知、可能平行或异面，B错误；
C：由，，，可知，C正确；
D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误.
故选：C
3、（2024·河南·三模）为加强校企合作，促进大学毕业生就业，某企业欲从本市科技大学的农学院、外国语学院、管理学院这三个学院招录6名大学生，每个学院至少招录1名，则不同的名额分配方案有（ ）
A．10种B．20种C．216种D．729种
【答案】A
【分析】由题意可知：人员名额分配有、和三种情况，结合排列数、组合数分析求解.
【详解】由题意可知：人员名额分配有、和三种情况，
若，只有1种可能；
若，有种可能；
若，有种可能；
综上所述：不同的名额分配方案有种.
故选：A.
4、（2024·江西宜春·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数，例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且q，d均为正整数，则该数列前5项的和为（ ）
A．124B．155C．186D．217
【答案】B
【分析】根据已知条件，确定，则有，结合q，d均为正整数，分、、三种情况讨论即可求解.
【详解】由题意得，，
当时，不是正整数；当时，；
当时．，不是正整数；
所以，，所以该数列前5项的和为．
故选：B．
5、（2024·河南·三模）在中，，且交于点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式求出，再利用余弦定理求出及即可得解.
【详解】由，得，
而为锐角，则，
在中，由余弦定理得，
所以.
故选：B

6、（2024·江苏·二模）已知椭圆E的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，过E的右焦点且斜率为1的直线l交E于A，B两点，且原点O到直线l的距离等于E的短轴长，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出直线方程，然后利用点到直线距离公式求出原点O到直线l的距离，列出方程求解即可
【详解】设椭圆的方程为，所以，
所以直线l的方程为，
所以原点O到直线l的距离等于E的短轴长，即，得，
又，所以，
所以，
故选:A
二、多选题
7、（2024·河南·三模）已知函数，则（ ）
A．当时，B．函数为偶函数
C．在区间上单调递增D．的最大值为1
【答案】ABD
【分析】先由立方和，辅助角，二倍角公式对化简，再由正弦函数的值域可得A正确；由偶函数的性质可得B正确；举反例代入和比大小可得C错误；令，构造函数，求导分析单调性和最值可得D正确.
【详解】
，，
A：因为，且，
又，所以，故A正确；
B：，
，
因为，
所以函数为偶函数，故B正确；
C：因为，，
所以，故C错误；
D：设，则，
因为，
所以，
所以原函数可化为，
则，令，解得，
所以当和时，，此时为减函数；
当时，，此时为增函数；
又，，
则最大值为，即的最大值为1，故D正确；
故选：ABD.
8、（2024·河南·三模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点（不含端点），过三点的平面将正方体分为两个部分，则下列说法正确的是（ ）

A．正方体被平面所截得的截面形状为梯形
B．存在一点，使得点和点到平面的距离相等
C．正方体被平面所截得的截面的面积随着线段的长度的增大而增大
D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，是的中点
【答案】AC
【分析】根据面面平行的性质定理可得，易证，从而判定A，假设点和点C到平面的距离相等可得平面，与已知矛盾判定B，求出截面的面积，利用导数可判定C，求出正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积与已知相等可判定D.
相等，
【详解】选项A：设过三点的平面与交点为F，连接，
因为平面平面，且平面平面，
平面平面，所以，
由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，即，
所以正方体被平面所截得的截面形状为梯形，故A正确.
选项B：由点和点B到平面的距离相等，
若点和点C到平面的距离相等，必有平面，
又由，可得平面，与平面矛盾，故B错误；
选项C：如图：在上取点H，使得，连接，
设，
因为，可得平面为过三点的截面，
在梯形中，，
梯形的高为，
梯形的面积为，
令，
则
所以函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的长度增大而增大，故C正确；
选项D：因为，，
正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为：
，
解得，故D错误；
故选：AC.
三、填空题
9、（2024·江苏·二模）已知圆O：，过点的直线l交圆O于A，B两点，且，则满足上述条件的一条直线l的方程为 .
【答案】（或，答案不唯一）
【分析】由和圆中的几何关系求出点O到直线l的距离为1，然后利用点到直线的距离公式求出直线斜率即可
【详解】由题意得圆心，半径，，
故M点在圆O外，设点O到直线l的距离为d，
由得，即，
即，即，解得，
设直线l的方程为，
则或，
所以直线l的方程为或.
故答案为：（或，答案不唯一）.
10、（2024·江苏·二模）设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
【答案】
【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案.
【详解】由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，
，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，
，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
四、解答题
11、（2024·山东枣庄·模拟预测）如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．

(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接、，即可证明平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接、，
因为四边形为菱形，
所以是边长为的正三角形，
因为为中点，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又平面，
所以，
又，，，
所以，所以，
又因为平面，
所以平面.

（2）因为直线两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，所以，
由题意知，是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
12、（2024·山东枣庄·模拟预测）已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；
（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.
【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，
易知，则
，
显然时，
由题意得解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，
因为，所以
所以①
设直线的方程为，联立得，整理得，
由韦达定理得，
把①式代入上式得，得，
解得，
所以直线的方程为：或.

13、（2024·山东枣庄·模拟预测）在一个袋子中有若干红球和白球（除颜色外均相同），袋中红球数占总球数的比例为．
(1)若有放回摸球，摸到红球时停止．在第次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；
(2)某同学不知道比例，为估计的值，设计了如下两种方案：
方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球次停止．
方案二：从袋中进行有放回摸球次．
分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计的值更合理．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，根据条件概率公式计算可得；
（2）记“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，的可能取值为，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，则，由二项分布的概率公式得到分布列，即可求出期望，再判断即可.
【详解】（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，
则，，
所以；
（2）“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，
则的可能取值为：，
且，，，
，，，
所以的分布列为：
则
，
“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，因为，
所以的分布列为：，
即的分布列为：
所以，则，
因为，，所以“方案二”估计的值更合理.
（十二）
一、单选题
1、（2024·河南·二模）“”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】A
【分析】分别求出两个命题的充要条件，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为，，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
2、（2024·山东枣庄·模拟预测）已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为，即，
即角的终边经过点，所以，，
所以.
故选：D
3、（2024·山东枣庄·模拟预测）对数螺线广泛应用于科技领域．某种对数螺线可以用表达，其中为正实数，是极角，是极径．若每增加个单位，则变为原来的（ ）
A．倍B．倍C．倍D．倍
【答案】B
【分析】设所对应的极径为，所对应的极径为，根据所给表达式及指数幂的运算法则计算可得.
【详解】设所对应的极径为，则，
则所对应的极径为，所以，
故每增加个单位，则变为原来的倍.
故选：B
4、（2024·黑龙江哈尔滨·一模）为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动．已知该班男生35人，女生25人．根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为，该班成绩的方差为，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】借助分层抽样的方差公式计算即可得.
【详解】设该班男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为，，两个班的总的平均分为，
则
，
故选：D.
5、（2024·河南·二模）等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（ ）
A．3B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积进行求解即可.
【详解】如图所示，等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积.
设长方体长，宽，高分别为，
则等腰四面体的体积.
故选：B.
6、（2024·江西宜春·模拟预测）若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用作商法可得；构建函数，，利用导数判断的单调性，可得，构建，，利用导数判断的单调性，可得.
【详解】显然，，
因为，所以；
又因为，，
令，．则，
可知在上单调递增，
则，可得，
令，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，
则，即，所以；
综上所述：．
故选：A．
二、多选题
7、（2024·江西宜春·模拟预测）已知向量，，则（ ）
A．B．
C．与的夹角为D．在上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】A选项，根据得到垂直关系；B选项，求出，根据模长公式求出答案；C选项，根据得到答案；D选项，利用得到D正确.
【详解】A选项，因为，．
所以．则．所以．故A正确：
B选项，因为．所以．故B正确；
C选项，因为．且．
所以．故C错误；
在上的投影向量为．故D正确．
故选：ABD．
8、（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A．存在点，使得
B．若，则的面积为
C．记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D．若是的上顶点，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】由可判断A；设，，由余弦定理可求出，再由三角形的面积公式可判断B；设，，则，表示出结合椭圆方程可判断C；设，求出，由二次函数的性质可判断D.
【详解】由椭圆方程，得，，所以．
对于A，，所以存在点，使得．故A正确；
对于B，设，，则，因为，
所以由余弦定理得．
所以．所以．故B错误；
对于C，由题得，设，，则．
所以，又．
所以．所以．故C正确；
对于D．．设．则．
所以
．
因为．所以当时，取得最大值18．
所以的最大值为，故D正确
故选：ACD．
三、填空题
9、（2024·江西宜春·模拟预测）已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则 ．
【答案】
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
10、（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先根据区间上的长度不大于半个周期求出，再根据的范围确定所满足的范围，由在区间上单调递减，得到的取值范围.
【详解】因为在区间上单调递减，所以，
则，即，所以，
因为，，所以，
因为，所以，，
因为在区间上单调递减，
，所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：.
四、解答题
11、（2022·四川泸州·一模）已知函数的图像在处的切线与直线平行．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且时，，求实数m的取值范围．
【答案】(1)在递增，在递减
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义求出，直接利用导数求单调区间；
（2）根据式子结构构造，由在为增函数，得到在恒成立，令，利用导数求出的最小值，即可求解.
【详解】（1）的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，
，，
由，可得，由，可得，则在递增，在递减．
（2）因为，若，由，
即有恒成立，设，
所以在为增函数，即有对恒成立，
可得在恒成立，由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得
则实数m的取值范围是．
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围.
12、（2024·湖北·模拟预测）面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分．
(1)根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数）
(2)某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望．
附：若，则，
【答案】(1)159
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由正态分布曲线的性质求得对应概率，即得对应人数；
（2）由题可知的可能取值为，求得对应的概率，记得分布列，进一步由期望公式求解即可.
【详解】（1）因为服从正态分布，所以．
因为，所以，
所以．
因此，进入面试的人数约为159．
（2）由题意可知，的可能取值为，
则；
；
．
所以的分布列为：
所以．
13、（2024·山东烟台·一模）如图，在三棱柱中，，为的中点，平面.

(1)求证：；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）由（1）的信息以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，则，
由，得，在中，，
由余弦定理，得，，
于是，由平面平面，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以，
（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，则，
于是，设为平面的一个法向量，
则，取，得，显然为平面的一个法向量，
因此，显然二面角的大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.

0
1
0
1
0
1
2
3
4
5