2024年高考数学必刷试卷及答案4

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）题号一二三总分分数第卷（选择题）一、选择题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1设全集为，2，3，4，5，3，5，则A，B，CD，3，4，2“”是“函数的图象与轴只有一个公共点”的A充要条件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3函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是ABC D4已知，则ABCD5如果函数的图象关于点对称，则的最小值为ABCD6等比数列中，则AB2C4D7下列说法错误的是（）A线性相关系数r0时，两变量正相关B两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值就越接近于1C在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位D对分类变量X与Y，随机变量2的观测值越大，则判断“X与Y有关系”的把握程度越大8在棱长为2的正方体中，为正方形的中心，分别为，的中点，则四面体的体积为ABCD9已知为双曲线的右顶点，为双曲线右支上一点，若点关于双曲线中心的对称点为，设直线，的倾斜角分别为，且，则双曲线的渐近线方程为ABCD第卷（非选择题）二、 填空题共6小题，每小题5分，共30分.10已知是虚数单位，化简的结果为 11在的展开式中，的系数是12已知直线被圆截得的弦长等于该圆的半径，则实数13某高校进行强基招生面试，评分规则是：共设3道题，每道题答对给20分、答错倒扣10分（每道题都必须回答，但相互不影响）设某学生每道题答对的概率都为，则该学生在面试时恰好答对2道题的概率是，该学生在面试时得分的期望值为分14如图，在矩形中，为的中点，则；若点在线段上运动，则的最小值为 15 函数，函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是 三、解答题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16已知中，角，的对边分别为，若，且，（）求的长；（）求的值；（）求的值17如图，在直三棱柱中，是中点（1）求证：平面；（2）若，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值求点到平面的距离18已知，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，点到直线的距离为，椭圆过点（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过点，且与轴垂直，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当与的面积之差取得最大值时，求直线的方程19已知是各项都为整数的等比数列，是等差数列，（）求和的通项公式；（）设表示数列的前项乘积，即，（）求；（）若数列的前项和为，且，求证：20已知函数的极大值为，其中为自然对数的底数（1）求实数的值；（2）若函数，对任意，恒成立（）求实数的取值范围；（）证明：参考答案与试题解析第卷（选择题）一、选择题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1【分析】根据已知条件，先求出集合，再结合补集、交集的运算法则，即可求解【解答】解：，2，3，4，5，3，4，2，3，4，5，5，3，故选：2【分析】考虑和两种情况，计算得到，根据范围大小得到答案【解答】解：当时，函数的图象与轴只有一个公共点，满足题意，当时，函数的图象与轴只有一个公共点，则，解得，综上所述：或故选：3【分析】从函数的奇偶性，定义域和时，与0的大小关系，逐一对选项进行排除即可【解答】解：由图知，函数为奇函数，而选项中的函数为偶函数，所以不符合题意，函数的定义域为，而选项中函数的定义域为，所以不符合题意，当时，由于，所以选项中的函数，不符合题意，选项中函数，符合题意故选：4【分析】分别解出，的范围，即可解出【解答】解：，故选：5根据题意，利用余弦函数的图象，分析可得，进而求出的表达式，然后确定的最小值【解答】解：根据题意，若函数的图象关于点对称，则有，即，解可得，则，分析可得：时，的最小值为，故选：6【分析】利用等比数列的性质直接求解【解答】解：等比数列中，所以，又，所以，或，因为，所以，因为，所以故选：7解：A：线性相关系数r0时，变量为正相关，正确；B：两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数|r|的值就越接近于1，错误；C：在回归直线方程中，当x1时，正确；D：对分类变量X与Y，随机变量2的观测值越大，变量间的关系把握程度越大，正确故选：B8【分析】由题意画出图形，分别求出、的长度，再求出到平面的距离，代入棱锥体积公式求解【解答】解：如图，在棱长为2的正方体中，求得，取的中点，连接，可得，在中，由余弦定理可得，则到平面的距离故选：9【分析】设出点，的坐标，由此直线，的斜率的乘积，再由已知正切的值以及点，在双曲线上，联立求出渐近线的斜率，由此即可求解【解答】解：设，因为，则，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故选：第卷（非选择题）三、 填空题共6小题，每小题5分，共30分.10【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解【解答】解：故答案为：11【分析】求出展开式的通项，然后令的指数为2，求出的值，由此即可求解【解答】解：展开式的通项为，令，解得，所以的系数为，故答案为：122或【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，写出圆心到直线的距离，利用垂径定理求弦长，结合已知列式求得值【解答】解：由，得，则圆心，半径为，到直线的距离，直线被圆截得的写出为，整理得，解得或故答案为：2或13；30【分析】利用独立重复试验的概率计算公式，求出该学生在面试时恰好答对2道题的概率；再由该学生在面试时答对题目数，分别求出答对题数的数学期望和答对一道试题得分的数学期望，即可得到答案【解答】解：因为每道题相互不影响，且每道题答对的概率都为，所以该学生在面试时恰好答对2道题的概率是，设该学生在面试时答对题目数为，则随机变量，又每道题答对的概率都为，所以答一道试题得分的期望值为分，所以该学生在面试时得分的期望值为分故答案为：；30145；【分析】把所有向量都用 表示即可求解【解答】解：，所以因为点 在线段 上运动，设，其中，所以，结合二次函数的图象及性质可得，当 时， 取得最小值故答案为：5；15.或或【分析】根据题意整理函数解析式，利用导数要求分段函数单调性，结合分类讨论思想以及零点存在性定理，可得答案【解答】解：由题意可得当时，当在，上存在2个零点时，解得；当在，上存在唯一零点时，解得；当在，上不存在零点时，无解当时，则，当时，在单调递增，（1），由（2），则在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，令，解得，当时，则单调递增，当时，则单调递减，所以，令，解得，当时，在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，此时符合题意；当时，（1），由，则在存在2个零点，此时不合题意；当时，则在不存在零点，此时不合题意综上所述，或或故答案为：或或三、解答题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16（）（）【分析】（）由正弦定理，及，可得再利用余弦定理即可得出（）由（）知由余弦定理，可得利用同角三角函数基本关系式即可得出（）由知，且，因此利用诱导公式、倍角公式即可得出【解答】解：（）由正弦定理，及，可得，即由余弦定理，解得（）由（）知由余弦定理，可得因为，且，所以于是，（）由知，且，因此所以17（1）证明见解析；（2）；【分析】（1）连接交，利用中位线的性质判定线线平行，再证线面平行即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角及点面距离即可【解答】解：（1）证明：如图所示，连接交于点，连接，由三棱柱的特征可知侧面是平行四边形，则是的中点，又是中点则，因为平面，平面平面，所以平面；（2）由已知可得底面，所以可以为坐标原点建立空间直角坐标系，建立如图所示的空间直角坐标系，0，1，2，0，则，2，设平面的一个法向量为，则，取，则，即易知是平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则；易知，则点到平面的距离18（1）；（2）或【分析】（1）根据条件得到关于，的方程，解方程求出，的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程，将与椭圆联立，求出，的坐标，结合两点距离公式和基本不等式求解即可【解答】解：（1）由题意知，则直线的方程为，即，所以点到直线的距离，即，又椭圆过点，所以，联立，解得，故椭圆的标准方程为；（2）由（1）得，直线的方程为，由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，解得，即，联立，消得，解得或，所以，所以直线的方程为，令，得，所以，当且仅当时取等号，故当与的面积之差取得最大值时，直线的方程为或19（）和的通项公式分别为，；（）（）；（）证明过程见解析【分析】（）由已知求得等比数列的公比，可得等比数列的通项公式，再求出，可得等差数列的公差，进一步得到等差数列的通项公式；（）（）由有理指数幂的运算性质及等差数列的前项和求；（）把问题转化为证明前项和为的数列通项公式是验证首项成立，再证明即可【解答】（）解：设等比数列的公比为，由，得，解得或数列的各项都为整数，则，设等差数列的公差为，又，解得，得；（）（）解：，；（）证明：，且，故要证，只需证，即证明前项和为的数列通项公式是当时，而，；当时，且代入时，故即为数列的前项和，20（1）对求导，判断函数的极大值为（e），求出；（2）根据题意，任意，即，设，只需，对分类讨论求出即可；