2024年高考必刷数学试卷及答案（含五套题）1

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

2、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

3、，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，

4、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

5、】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（

6、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

7、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

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