2024年高考数学必刷试卷及答案(含两套题)5

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第一部分（选择题 共58分）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。1.已知由小到大排列的个数据、，若这个数据的极差是它们中位数的倍，则这个数据的第百分位数是（）A B C D2.在中，“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件3.已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，.若，则双曲线的渐近线方程为（）A B C D4.在中，且，则（）ABCD5.第19届亚运会于2023年9月28日至10月8日在杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产良渚古城遗址、西湖和京杭大运河某同学买了6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，现将这6个吉祥物排成一排，且名称相同的两个吉祥物相邻，则排法种数共为（）A48B24C12D66.在中，角，所对的边分别为，若，成等差数

2、列，则（）ABCD7若平面内分别到定点的距离之差为6的点的轨迹是曲线，过点且斜率为的直线与曲线交于两点（点在轴上方）设的内切圆半径分别为，则（）A2B3CD8.已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个.A. 499B. 500C. 501D. 502二、多项选择题：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.已知函数的部分图象如图所示，则（）A的最小正周期为B当时，的值域为C将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象D将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称10.已知复数，（，）（为虚数单位），为的共轭复数，则下列结论正确的是（）A的虚部为BCD若，则在复平面内对应的点形成的图形的面积为11已知定义域为的函数满足为的导函数，且，则（）A为奇函数B在处的切线斜率为7CD对第二部分（非选择题 共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.集合,，则

3、13在四面体中，且满足，若该三棱锥的体积为，则该锥体的外接球的体积为 14.函数的图象与直线的交点个数为 .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)，求函数的最小值；(2)若在上单调递减，求的取值范围16（15分）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.(1)求证：；(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.17.（15分）甲、乙两人进行射击比赛，每次比赛中，甲乙各射击一次，甲乙每次至少射中8环.根据统计资料可知，甲击中8环9环10环的概率分别为，乙击中8环9环10环的概率分别为，且甲乙两人射击相互独立.（1）在一场比赛中，求乙击中的环数少于甲击中的环数的概率；（2）若独立进行三场比赛，其中X场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，求的分布列与数学期望.18.（17分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书中阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心

4、在直线上已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分求的取值范围；将点、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程19.（17分）已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，则称函数为函数.(1)函数，是否为函数请说明理由；(2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围；(3)若，且为函数，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.参考答案与试题解析第一部分（选择题 共58分）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.1.B【解析】由小到大排列的个数据、，则，这四个数为极差为，中位数为，因为这个数据的极差是它们中位数的倍，则，解得，所以，这四个数由小到大依次为、，因为，故这个数据的第百分位数是.故选：B.2.A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的定义，根据三角形内角的性质

5、以及三角函数的诱导公式，可得答案.【详解】在中，则，充分性：当时，所以“”是“”的充分条件;必要性：当时，取，此时满足，但，所以“”是“”的不必要条件.综上所述，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.A【解析】因为，结合离心率公式可得，解得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A.4.C【解析】因为，则，可得，在中，由平面向量数量积的定义可得，因此，.故选：C.5.A【解析】由题意，因名称相同的两个吉祥物相邻，分别看成一个元素共有种排法，相邻元素内部再排共有种排法，故共有种排法，故选：A6.A【解析】因为，所以又因为，成等差数列，则根据正弦定理可得：，即，展开得：，进一步得：，因为，可得，又易知为锐角，所以，则，故A正确.故选：A7B【解析】根据双曲线的定义得，曲线是以分别为左、右焦点，实轴长为6的双曲线的右支，其方程为设的内切圆与轴切于点根据双曲线的定义及圆的切线长定理，知，即，解得，所以的内切圆与轴切于点同理，的内切圆与轴也切于点，所以设的内切圆圆心为，AB的斜率为，则倾斜角为，即，则，根据圆的性质可得，所以，解得同理，得，解得，所以故选：B8.D【解析】【分析】依题意，由等差数列

6、的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.【详解】由题意得：，其中，代入上式得：，要方程无实数解，则，显然第502个方程有解.设方程与方程的判别式分别为，则，等号成立的条件是，所以至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，故选：D.二、多项选择题：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.AD【解析】由函数图象可知，的最小正周期为，A选项正确；，则，由，得，所以.当时，的值域为，B选项错误；将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误；将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象，函数的图象关于点对称，D选项正确.故选：AD10.CD【解析】由题意可得，所以的虚部为，A错误，故，B错误，C正确，表示点到的距离不大于1的点构成的图形，故为以为圆心，以1为半径的圆以及内部，故面积为，D正确

7、，故选：CD11ACD【解析】由题意定义域为的函数满足令，则，令，则，即，故为奇函数，A正确；由于，故，即，则为偶函数，由可得，由，令得，故，令，则，B错误；又，则，令，则，由柯西方程知，故，则，由于，故，即，则，C正确；对,故，D正确，故选：ACD第二部分（非选择题 共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.1或0【解析】,或，故或.故答案为：1或013【解析】如图，依题意将四面体放在长方体中，设长方体的高为.根据锥体的体积，解得，所以长方体的长宽高分别为，和4，所以长方体的外接球直径即为对角线，解得.所以四面体外接球的体积为 故答案为：.14.【解析】令，则，函数在区间上单调递增，所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.下面考察关于的方程在区间上的解的个数，令，其中，则对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，则，所以，关于的方程在区间上的解的个数为，因此，函数的图象与直线的交点个数为.故答案为：.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1

8、5（1）因为，所以，令，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，则有，因此当时，则有，当时， 显然，于是有当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以；（2）由，因为在上单调递减，所以在上恒成立，由，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，要想在上恒成立，只需，因此的取值范围为.16.（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，又因为圆面圆面，且平面圆面，平面圆面，所以.（2）解法一：因为劣弧的长度为，则由，可得.如图，建立空间直角坐标系，设，则，可得，设平面的一个法向量为，则，令，则，可得，由题意可知：底面的一个法向量，因为截面与下底面所成的夹角大小为，则，解得，即，可得，在等腰梯形中，可得等腰梯形的高，所以.解法二：如图，分别取的中点为，连结，由题意可得：，所以为截面与底面所成夹角，即，过点作于点，由，得，则（即梯形的高），所以.17.（1）0.2 （2）分布列见解析，数学期望为0.6【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）根据独立重复实验相关概率计算知识可

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