2024年高考必刷数学试卷及答案(含五套题)1
内装订线外装订线 学校:_姓名:_班级:_考号:_2024年高考必刷数学试卷及答案(满分:150分 时间:120分钟)题号一二三四总分分数一、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的展开式中的系数为,则( )A. 2B. C. 4D. 2设是等比数列的前项和,若,则( )A2BCD3某学校运动会男子100m决赛中,八名选手的成绩(单位:)分别为:,则下列说法错误的是( )A若该八名选手成绩的第百分位数为,则B若该八名选手成绩的众数仅为,则C若该八名选手成绩的极差为,则D若该八名选手成绩的平均数为,则4在中,则的面积为( )ABCD5已知,则( )A0BCD16第19届亚运会在杭州举行,为了弘扬“奉献,友爱,互助,进步”的志愿服务精神,5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作若要求每个场馆都要有志愿者,则当甲不去场馆时,场馆仅有2名志愿者的概率为( )ABCD7在平行四边形中,分别为,的中点,将沿直线折起,构成如图所示的四棱锥,为的中点,则下列说法不正确的是( )A平面平面B四棱锥体积的最大值为C无论如何折叠都无法满足D三棱锥表面积的最大值为8曲线是平面内与三个定点,和的距离的和等于的点的轨迹.给出下列四个结论:曲线关于轴、轴均对称;曲线上存在点,使得;若点在曲线上,则的面积最大值是1;曲线上存在点,使得为钝角.其中所有正确结论的序号是( )ABCD二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分9已知函数,则下列说法正确的是( )A最小正周期为B函数在区间内有6个零点C的图象关于点对称D将的图象向左平移个单位,得到函数的图象,若在上的最大值为,则的最大值为10已知直线与圆交于点,点中点为,则( )A的最小值为B的最大值为4C为定值D存在定点,使得为定值11已知函数及其导函数的定义域均为,若是奇函数,且对任意,则( )ABCD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分12若复数,则 13已知三个实数a、b、c,当时,且,则的取值范围是 14已知棱长为8的正四面体,沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体(如图),剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内(容器壁厚度忽略不计),则该球形容器表面积的最小值为 四、解答题:本题共5小题,共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15(13分)已知函数(1)当时,求的图象在点处的切线方程;(2)若,求实数的取值范围16(15分)已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合,且其离心率为.(1)求椭圆的方程;(2)已知与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于,两点,线段的中点为,求证:(为坐标原点)为定值.17(15分)如图,在正四棱台中,.(1)求证:平面平面;(2)若直线与平面所成角的正切值为,求二面角的正弦值.18(17分)某学校有甲、乙、丙三家餐厅,分布在生活区的南北两个区域,其中甲、乙餐厅在南区,丙餐厅在北区各餐厅菜品丰富多样,可以满足学生的不同口味和需求(1)现在对学生性别与在南北两个区域就餐的相关性进行分析,得到下表所示的抽样数据,依据的独立性检验,能否认为在不同区域就餐与学生性别有关联?性别就餐区域合计南区北区男331043女38745合计711788(2)张同学选择餐厅就餐时,如果前一天在甲餐厅,那么后一天去甲,乙餐厅的概率均为;如果前一天在乙餐厅,那么后一天去甲,丙餐厅的概率分别为,;如果前一天在丙餐厅,那么后一天去甲,乙餐厅的概率均为张同学第1天就餐时选择甲,乙,丙餐厅的概率分别为,()求第2天他去乙餐厅用餐的概率;()求第天他去甲餐厅用餐的概率附:;0.1000.0500.0250.0102.7063.8415.0246.63519(17分)已知定义域为的函数满足:对于任意的,都有,则称函数具有性质.(1)判断函数是否具有性质;(直接写出结论)(2)已知函数,判断是否存在,使函数具有性质?若存在,求出的值;若不存在,说明理由;(3)设函数具有性质,且在区间上的值域为.函数,满足,且在区间上有且只有一个零点.求证:.参考答案与试题解析一、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1D【解析】二项式展开式的通项为(其中且),令可得,所以,解得.故选:D2B【解析】由题意得,因为成等比数列,故,即,解得,故.故选:B3A【解析】对A,因为,当,八名选手成绩从小到大排序,故该八名选手成绩的第百分位数为,但,故A错误;对B,由众数是出现次数最多的数据,B正确;对C,当,极差为,不符合题意舍去;当,极差为,符合题意当,极差为不符合题意舍去,综上,C正确;对D,平均数为解得,故D正确.故选:A4. D【解析】在中,由余弦定理可得,解得,所以,故选:D5A【解析】已知,则,则,则.故选:A.6B【解析】不考虑甲是否去场馆,所有志愿者分配方案总数为,甲去场馆的概率相等,所以甲去场馆或的总数为,甲不去场馆,分两种情况讨论,情形一,甲去场馆,场馆有两名志愿者共有种;情形二,甲去场馆,场馆场馆均有两人共有种,场馆场馆均有两人共有种,所以甲不去场馆时,场馆仅有2名志愿者的概率为.故选:B7C【解析】选项A,平行四边形,所以,又,分别为中点,所以,即四边形为平行四边,所以,又平面,平面,所以平面,又是中点,所以,又平面,平面,所以平面,又,平面,所以平面平面,故A正确;选项B,当平面平面,四棱锥的体积最大,因为,所以最大值为 ,故B正确;选项C,根据题意可得 ,只要 , ,平面,所以平面,即,故C错误;选项D,当,根据对称性可得,此时的面积最大,因此三棱锥表面积最大,最大值为,选项D正确.故选:C8C【解析】设曲线上任意一点,由题意可知的方程为.错误,在此方程中用取代,方程不变,可知关于轴对称;同理用取代,方程改变,可知不关于轴对称,故错误.错误,若,则曲线不存在,故错误.正确, P应该在椭圆D:内(含边界),曲线与椭圆D有唯一的公共点,此时当点P为点时,的面积最大,最大值是1,故正确;正确,由 可知,取曲线上点,此时,下面在曲线上再寻找一个特殊点,则,把两边平方,整理得,解得,即或.因为,则取点, 此时.故正确故答案为:C二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分9AD【解析】,对于A:,A正确;对于B:当时,则分别取时对于的的值为函数在区间上的零点,只有个,B错误;对于C:,故点不是的对称中心,C错误;对于D:由已知,当时,因为在上的最大值为,所以,解得,D正确.故选:AD.10ACD【解析】直线,即,故直线过定点,且圆的圆心为,半径为2, ,故在圆内,对于A,当和直线垂直时,圆心到直线的距离最大,距离,此时最小,故A正确;对于B,当时,为圆的直径,此时直线过圆心,方程无解,故直线不可能过圆心,故B错误;对于C,设,则,当直线斜率不存在时,联立圆得,此时当直线斜率存在时,设直线,联立圆,得,即, ,,带入得:,故为定值,故C正确;对于D,中点,故,且在上,所以,故是直角三角形,当为中点时,为定值,故D正确.故选:ACD11ABD【解析】因为,令得:,又因为,所以,故A正确;因为是定义域为的奇函数,所以,且为偶函数.令,可得:再用代替可得:得:所以:,所以是周期为3的周期函数,所以:,故B正确.因为:,所以:,所以:,故C错误;又因为亦为周期为3的周期函数,且为偶函数,所以令,可得:,所以.所以:.故D正确.故选:ABD三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分12【解析】,则,.13【解析】当时满足:且,即,进而,解得所以或,令,由于所以在单调递增,在单调递减,当时,当时,所以故答案为:14【解析】如图:设为正四面体的外接球球心,为的中心,为的中心, 为的中点,因为正四面体棱长为8,易得平面, 易得,平面,平面,则,由正四面体外接球球心为,则在,则为外接球半径,由得,解得,即,在正四面体中,易得,所以,则该八面体的外接球半径,所以该球形容器表面积的最小值为.四、解答题:本题共5小题,共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15(1)当时,求导得,则,而,于是,即,所以的图象在点处的切线方程是.(2)函数定义域为,求导得,由,得,令,求导得,令函数,显然函数在上单调递增,而,则当时,当时,函数在上递减,在上递增,因此,解得,所以实数的取值范围是.16(1)抛物线的焦点为,椭圆的半焦距为,又,得,.椭圆的方程为(2)证明:由题意可知,直线的斜率存在且不为0,设直线的方程为,联立,得.,即,设,则,.为定值 17(1)延长交于一点P,连接BD交AC于O; 由正四棱台定义可知,四条侧棱交于点P,且四棱锥为正四棱锥,即,又点O分别为的中点,故,而,平面,故平面,又平面,故平面平面,即平面平面;(2)由(1)知两两垂直,故分别以为轴建立空间直角坐标系, 设棱台的高为h,则,又平面的法向量可取为,而,由题意知直线与平面所成角的正切值为,则其正弦值为,则,解得,所以,设平面的法向量为,则,令,则,故,而二面角范围为,故二面角的正弦值为.18. (1)依据表中数据,依据的独