2024届高考数学冲刺模拟卷23（A卷）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．集合U＝R，A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|y＝ln(1－x)}，则图中阴影部分所表示的集合是
A．{x|x≥1}B．{x|1≤x<2}
C．{x|0【答案】B
【详解】A＝{x|x2－x－2<0}=, B＝{x|y＝ln(1－x)}=, 图中阴影部分所表示的集合是
故选B
2．若复数满足其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】设，根据复数乘法和复数相等可构造方程组求得，由此可得虚部.
【详解】设，则，即，
，解得：，即，的虚部为.
故选：.
【点睛】本题考查复数虚部的求解，涉及到复数的乘法运算，关键是能够根据复数相等构造方程组求得虚部.
3．已知是平面内四个互不相同的点，为不共线向量，，，，则（ ）
A．M，N，P三点共线B．M，N，Q三点共线C．M，P，Q三点共线D．N，P，Q三点共线
【答案】B
【分析】根据共线定理即可判断各项.
【详解】对于A，令，即，
所以，所以不存在，使得，A错误；
对于B，由于，，
所以，
所以，又相交于点，
故 M、N、Q三点共线.B正确；
对于C，，
令，即，
所以，所以不存在，使得，C错误；
对于D， 令，即，
所以，所以不存在，使得，D错误.
故选：B
4．已知等差数列的公差不为零，且，，构成新的等差数列，为的前项和，若存在使得，则
A．10B．11C．12D．13
【答案】D
【解析】利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】由，，构成等差数列可得
即
又
解得：
又
所以时，.
故选：D
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
5． 已知正方体的棱长为，点在线段上，点在线段上，点在线段上，且，，，是的中点，则四面体的体积
A．与有关，与无关B．与无关，与无关
C．与无关，与有关D．与有关，与有关
【答案】B
【详解】考点：组合几何体的面积、体积问题；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：计算题．
分析：分析：由棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF=1，M是B1C1的中点，点N是棱C1D1上动点，由于M点到EF的距离固定，故底面积S△MEF的大小于EF点的位置没有关系，又根据C1D1∥EF得到C1D1与面MEF平行，则点N的位置对四面体MNEF的体积的没有影响，进而我们易判断四面体MNEF的体积所具有的性质．
解答：解：连接MA，则MA到为M点到AB的距离，
又∵EF=1，故S△MEF为定值，
又∵C1D1∥AB，则由线面平行的判定定理易得
C1D1∥面MEF，
又由N是棱C1D1上动点，故N点到平面MEF的距离也为定值，
即四面体MNEF的底面积和高均为定值
故四面体MNEF的体积为定值，与x无关，与y无关．
故选B．
点评：本题考查的知识点是棱锥的体积，其中根据空间中点、线、面之间的位置关系及其性质，判断出四面体PQEF的底面积和高均为定值，是解答本题的关键．
6．已知椭圆方程为，长轴为，过椭圆上一点向轴作垂线，垂足为，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设，表示出，结合椭圆方程，代入计算，再由离心率公式，即可得到结果.
【详解】
设，则，，
则，，
所以，
且，所以，即，
代入椭圆方程可得，化简可得，
则离心率为.
故选：B
7．如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位，记为第次跳跃后对应数轴上的数字（，），则满足，的跳跃方法有多少种（ ）

A．336B．448C．315D．420
【答案】B
【分析】先分两类：①，，②，，然后每类分两步，根据组合数公式列式求出结果再相加可得结果.
【详解】因为，所以或.
当，时，前次向左跳跃次，向右跳跃次，后次向右跳跃次，
所以有种；
当，时，前次向右跳跃次，向左跳跃次，后次向左跳跃次，向右跳跃次，
所以有种.
综上所述：满足，的跳跃方法有种.
故选：B
【点睛】思路点睛：排列组合题一般思路是：先分类，再每类分步计数.
8．已知函数若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知，转化为.结合图像构造函数，，求出函数的值域即为本题答案.
【详解】由题意可知，即，所以.
由图像可得，设，.
则，.令,则
当时，当时
所以在单调递减，在单调递增.
所以在时取得最小值，
可得.
故选：B
二、多选题
9．已知函数（A，，是常数，，，）的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）．

A．
B．在区间上单调递增
C．将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数
D．
【答案】ABD
【分析】先根据图象求出的解析式，进而根据三角函数的图象和性质求解ABD，根据三角函数图象平移法则判断C.
【详解】由图象可知，，，
所以函数最小正周期，所以，
又，即，
所以，所以，
由，得，所以，所以，A选项正确；
当时，，因为函数在上单调递增，
所以在区间上单调递增，B选项正确；
将的图象向左平移个单位，得函数的图象，
其中，不是函数最值，则y轴不是函数图象的对称轴，
所以不是偶函数，C选项错误；
，
所以，D选项正确.
故选：ABD
10．已知，，若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据条件概率公式和独立事件乘法公式即可判断ABC，再根据即可判断D.
【详解】对B，，所以，B正确；
对A，，所以，A错误；
对C，，所以，C正确；
对D，
，D错误.
故选：BC.
11．如图1，在等腰梯形中，，且为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ）
A．在翻折过程中，与可能垂直
B．在翻折过程中，二面角无最大值
C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于
D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是
【答案】AC
【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当时可证平面平面，从而可证，判断A；且此时二面角取得最大值，判断B；还是此时，当三棱锥体积最大，可求异面直线与所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，判断二面角的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥的体积的取值范围，判断D.
【详解】如图1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿将翻折，则点轨迹为一个圆，且圆面一直和垂直，如图：
当时，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正确.
此时，，所以即为二面角的平面角为，是二面角的最大值，故B错误；
此时三棱锥的高等于，高取得最大值，又底面不变，所以三棱锥的体积最大.
如图：
取中点，连接，，则即为一面直线与所成角，
在中，，，，
所以，
所以，故C正确；
对D：点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角应该在之间取值，且不能为（此时点的轨迹是圆），
当二面角或时，，
当二面角时，，
所以点在平面内，且直线与直线所成角为，且点的轨迹是椭圆时，，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.
三、填空题
12．设实数x，，满足1，3，4，x，y，的平均数与50%分位数相等，则数据x，y，的方差为 ．
【答案】/
【分析】利用平均数与分位数相等，得，代入数据中得方差.
【详解】根据题意，数据的平均数为，
数据的分位数为，
∴ ，即，代入数据，
即为，此组数据的平均数为，
∴ 数据的方差为.
故答案：
13．若多项式，则 .
【答案】
【分析】先由求出展开式中含有的项，即可求得的系数，即可求解.
【详解】，为的系数，
含有的项为，故.
故答案为：.
14．如图所示，抛物线的焦点为，过点的直线与分别相交于和，直线过点，当直线垂直于轴时，，则的方程为 ；设直线的倾斜角分别为，则的最大值为 .
【答案】 ；
【分析】根据抛物线焦半径公式，由即可求得，从而得到抛物线方程；设出方程，根据直线过的定点，从而求得的关系，以及的关系，对分类讨论，即可求得的最大值.
【详解】当垂直于轴时，，此时，可得，
故的方程为：；
对抛物线上的任意两点，
若直线斜率存在，则，
故直线方程为：，即
也即，又，
故方程为：；
若直线斜率不存在，，，
显然此时，直线方程亦可表示为：；
综上所述，方程可表示为：；
又直线过点，则；
设两点坐标为，
同理可得直线方程为：，
直线方程为：，
又直线过点，则；
又直线过点，则；
综上可得：，
若直线斜率存在，设斜率为，
则，
显然，
当时，不满足题意；
当时，由，，
则，
当且仅当，也即时取得等号；
当时，易知，故此时，
；
当时，，
则.
综上所述：的最大值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：解决第二空的关键是能够准确寻求到的关系，以及的关系，特别的，抛物线上任意两点构成直线的方程亦可表示为：，可大大提高计算效率.
四、解答题
15．如图，，分别是直径的半圆上的点，且满足，为等边三角形，且与半圆所成二面角的大小为，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)在弧上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证得平面平面，从而得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得满足题意时的坐标，从而利用空间向量法求得点面距离，由此得解.
【详解】（1）依题意，所以，
所以、是等边三角形，
所以，所以四边形是菱形，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于是的中点，是的中点，所以，
由于平面，平面，所以平面.
由于，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）设的中点为，连接，则，
由于四边形是菱形，所以，则，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，又平面，则，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

因为，则，
则，
故，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
易知圆的方程为，设，
则，
设直线与平面所成角为，
则，
则，则，所以，，
故在弧上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，
此时点到平面的距离为.
16．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．
17．已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．
(1)求的标准方程．
(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：
（ⅰ）的斜率之积为定值；
（ⅱ）存在定点，使得关于点对称．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；
（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.
【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，
则，所以，
因为，所以，得.
因为，所以，可得，
所以，
故的标准方程为.
（2）证明：（i）设，如下图所示：
设过点的切线的斜率为，则切线方程为，
即，所以，
即，
因此的斜率是上式中方程的两根，即.
又因为，所以
所以的斜率之积为定值，且定值为.
（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，得.
因为，
所以，
则，同理可得，
所以.
因为，所以，所以，
得.
因为都在上，所以或（舍去），
所以存在定点，使得关于点对称.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.
18．已知函数，且满足
(1)设，若对任意的，存在，都有，求实数的取值范围；
(2)当（1）中时，若，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）先求出解析式，然后将原问题转化为，结合换元法及二次函数的性质即可求出a的范围；
（2）首先将原问题转化为，先求出，然后将原式化简为在恒成立问题，结合换元法以及对勾函数的性质即可求出m的取值范围.
【详解】（1）因为满足，
所以的对称中心为，所以，即，
因为，所以，
所以，
又因为对任意的，都有成立，
所以，
，
因为，所以，设，
则有图象开口向下，对称轴为的抛物线，
当时，在上单调递增，所以，
所以，解得，所以；
当时，在上单调递减，所以，所以，
解得，故；
当时，，
故，解得，所以，
综上所述：实数的取值范围为.
（2）当时，对，都有成立，
则
由（1）可知时，，
所以.
则在恒成立，即在恒成立
则在恒成立.
令，则
，
因为在单调递增，所以，
所以，所以，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】本题考查三角函数的最值问题，分类讨论思想和换元转换思想．
问题2需要将问题转化为的形式，再求最值即可.
19．在个数码构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，.
(1)计算；
(2)设数列满足，，求的通项公式；
(3)设排列满足，，，，，证明：.
【答案】(1)13
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干对的定义，列举即可得到的值；
（2）将的值代入后，由数列的递推公式的特点可以构造等差数列，进而得到数列的通项公式；
（3）根据和的关系得到即，将代入，得到，放缩后裂项相消求和.
【详解】（1）.
（2）由（1）得，
左右同时除以13得，即，
所以数列是以为首项，以-1位公差的等差数列，
所以，所以.
（3）
所以，
所以
，
即，
所以，
所以，
即得证.