高考数学冲刺押题卷03（2024新题型）（解析版）

2024年高考数学模拟卷03（新题型）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一个选项是符合题目要求的．1．样本数据12,13,10,9,14,12,19,10,19,18的中位数为（）A．12B．12.5C．13D．13.5【答案】B【解析】样本数据从小到大排列为9、10、10、12、12、13、14、18、19、19，1213+所以样本数据的中位数为=12.5.故选：B22222xyxy2．椭圆+=1与椭圆+=<19(k)的（）25925−−kk9A．长轴长相等B．短轴长相等C．离心率相等D．焦距相等【答案】D22xy4【解析】椭圆+=1的长轴长为5210×=，短轴长为236×=，焦距为2259−=8，离心率为，259522xy椭圆+=<19(k)的长轴长为225−k，短轴长为29−k，25−−kk94焦距为2(25−−−=kk)(9)8，离心率为，25−k所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.故选：D.3．在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S10=10，S20=30，则S30的值为（）A．50B．70C．90D．110【答案】B【解析】由等比数列的片段和性质得S10，S20−S10，SS30−20成等比数列22所以(SS20−=−10)SSS10(3020)，所以(3010−=−)10(S3030)，解得S30=70.故选：B.4．已知直线mn,为异面直线，αβ,为不重合的两个平面，则（）A．若m//α，m//β，则αβ//B．若m//α，n//α，则mn//C．若m⊥α，m⊥β，则αβ//D．若m⊥α，n⊥α，则mn⊥【答案】C【解析】若m//α，m//β，则可能αβ⊥，故A错误；若m//α，n//α，则可能mn⊥，故B错误；若m⊥α，m⊥β，则αβ//，故C正确；若m⊥α，n⊥α，则mn//，故D错误.故选：C. 5．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生A不去同一处景点游玩，女生B与女生C去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（）A．564B．484C．386D．640【答案】A【解析】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.第一种情况分成2人，2人，4人：女生BC,去同一处景点，当BC,成2人组时，12其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生A不同组，有CA42=8种方法；112CCC24422当BC,在4人组时，有2+=CA4236种方法.A22第二种情况分成2人，3人，3人：当BC,成2人组时，有C64=种方法；12112当BC,在3人组时，有CC25+=CCA43244种方法.3故这8名同学游玩行程的方法数为(836644+++×=)A3564.故选：A.6．在平面直角坐标系xOy中，点M(2,0)，直线lykx：=−+(2)1，点M关于直线l的对称点为N，则OMON⋅的最大值是（）A．2B．3C．5D．6【答案】D【解析】设点Nxy(00,)，因为M，N关于直线l对称，yx00+22=k−+21y=22021+k所以，可得：.y12k0=−x=−202xk−21+k022k4k所以OM=(2,0)，ON=2,−22，所以OMON⋅=−42.11++kk1+k当k=0时，OMON⋅=4；4OMON⋅=−411当k>0时，1，此时kk22，所以24≤⋅≤OMON.k+kkk4OMON⋅=−4111当k<0时，1，此时kk+=−−+≤−22−⋅k=−，k+kkk−−k4所以OMON⋅≤−=46，故46<⋅≤OMON.−2综上所述：26≤⋅≤OMON，故OMON⋅的最大值为6.故选：D.7．若α为锐角，且sinα(3tan50°−1)=1，则α=（） A．10°B．20°C．70°D．80°【答案】C11cos50°cos50°sinα====【解析】由3tan50°−13sin50°3sin50°−cos50°31−12sin50°×−cos50°×cos50°22cos50°sin40°2sin20cos20°°====cos20°，2sin50(°−30°)2sin20°2sin20°又α为锐角，∴α=70°．故选：C．22xy8．已知双曲线C:122−=的左，右焦点分别为FF12,，过点F1与双曲线C的一条渐近线平行的直线l交Cab于M，且FM21=λFM，当λ∈[2,4]时，双曲线C离心率的最大值为（）21A．5B．C．2D．33【答案】Ab【解析】如下图所示：不妨取渐近线方程为yx=，又易知Fc1(−,0)，ab则直线l的方程为y=(xc+)，a22xy−=1223ab22acb+联立直线l与双曲线，可得M−,，y=b(xc+)22caca22222232324622a++cbbbabbbcb所以FM=c−+=+===；12c2ac22cac2ac22aca且FM21=λFM，由双曲线定义可得FM21−=FM(λ−=12)FM1a，22444aa当λ∈[2,4]时，可得λ−=1==∈[1,3]，2222bcae−−12421所以e−∈1,4，解得≤≤e5；33因此双曲线C离心率的最大值为5.故选：A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．π19．已知函数fx()=cos2(x+−<<ϕϕ)0的图象经过点P0,，则下列结论正确的是（）22A．函数fx()的最小正周期为ππB．ϕ=−3 5πC．函数fx()的图象关于点−,0中心对称6ππD．函数fx()在区间,单调递减62【答案】ABD2π【解析】对选项A，依题意函数fx()的周期为T==π，所以选项A正确；211ππ对选项B，因为f(0)=，即cosϕ=，又−<<ϕ0，所以ϕ=−，所以选项B正确；2223π5π5ππ对选项C，因为fx()=cos2x−，又f−=cos2×−−=cos(−2π)=1，36635π所以点−,0不是fx()的中心对称，所以选项C错误；6πππ2π对选项D，因为<<x，所以02<−<<xπ，因为yx=cos在(0,π)单调递减，6233ππ所以函数fx()在区间,单调递减，所以选项D正确.故选:ABD.6210．已知复数z1，z2∈C，下列结论正确的有（）A．若zzz=12，则zzz=12B．若zz12=，则zz12=±C．若复数z1，z2满足zzzz1212+=−，则zz12⋅=0D．若z1−=i1，则z1+i的最大值为3【答案】AD【解析】设zab1=+i(ab,R∈)、zcd2=+i(cd,R∈)；对A：若zzz=12，则有z=++=−++(abii)(cd)(acbd)(bcad)i，2222222222即z=−++=(acbd)(bcad)ac+++bdbcad，2222222222222222zzabcd12=+⋅+=(abcd+)(+=)acbdbcad+++，即有zzz=12，故A正确；对B：若22222222zz12=，则有abcd+=+，即abcd+=+，不能得到zz12=±，故B错误；2222对C：若复数z1，z2满足zzzz1212+=−，则有(ac+++=−+−)(bd)(ac)(bd)，2222即(ac+++=−+−)(bd)(ac)(bd)，化简得acbd+=0，zz12⋅=+(abii)(cd+=−++)(acbd)(bcad)i，故C错误； z−=i1，则有2222对D：若1ab+−=(11)，即abb+−=20，2a≤1−≤≤11a其中2，即有，(b−≤11)02≤≤b2222则z+=iab++=(1)abb+++=2141b+，1故当b=2时，z1+i有最大值且最大值为4213×+=，即D正确.故选：AD.fxfy()()11．已知函数fx()满足f(1)=1，fxy()，则（）1()()fxfyA．f(00)=B．fx(−=−)fx()C．fx()的定义域为RD．fx()的周期为4【答案】ABDff(1)(0)1f(0)【解析】令xy=1,=0，则f(1)，即1,f(0)0，A正确，1ff(1)(0)1f(0)ff(1)(1)令xy==1，则f(2)无意义，即fx()的定义域不为R，C错误；11fxfy()()由fxy()可知fxfy()()1，1()()fxfyfxfx()+−()令yx=−，则f(0)=，即fxfx()+−=()0，故fx(−=−)fx()，B正确；1−−fxfx()()fx()+1+1fx()+1fx(++11)1−fx()1fx(+=1),fx(+=2)==−，1−fx()11−+fx()fx()+1fx()1−1−fx()1故fx(+=4)−=fx()，即fx()的周期为4，D正确，故选：ABDfx(+2)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．212．已知集合A={(xyyx,)=−−21x}，B={(xyy,)=31x+}，则AB∩的元素个数是.【答案】22yxx=−−212【解析】联立可得xx−−=520，则∆=258+=33>0，yx=31+得原方程组有两组解，即AB∩中有2个元素.13．如图，表面积为100π的球面上有四点S，A，B，C，ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为3，若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥C−SAB体积的最大值为． 【答案】12(7+3)【解析】球的表面积为100π，球的半径为R=5，设ABC的中心为O′，则OO′=3，且OO′⊥平面ABC，ABC的外接圆半径r=CO′=R22−OO′=4，1′OD′=r=2，连接CO并延长交AB于D，则D为AB的中点，且2显然CD⊥AB，而平面SAB⊥平面ABC，平面SAB平面ABC=AB，CD⊂平面ABC，则CD⊥平面SAB，令△SAB的外接圆圆心为E，则OE⊥平面SAB，有OEOD//′，′又OO′⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，OO⊥AB，CD∩OO′=O′，CDOO,′⊂平面OODE′，则AB⊥平面OODE′，ED⊂平面OODE′，AB⊥ED，而平面SAB⊥平面ABC，平面SAB平面ABC=AB，ED⊂平面SAB，则ED⊥平面ABC，有EDOO//′，因此四边形OODE′为平行四边形，则ED=OO′=3，OE=OD′=2，△SAB的外接圆半径22r′=−=ROE21，△SAB的外接圆上点S到直线AB距离的最大值为r′+=+ED213，而点S在平面ABC上的射影落在直线AB上，于是S到平面ABC的距离最大值h=213+，ABC是等边三角形，外接圆半径为4，由正弦定理ABC的边长为43，ABC的面积为123，11棱锥C−SAB体积的最大值为VVCSAB−−=SABC=ShABC⋅=×123×+(321)=12(7+3).3314．定义min{aa12,,,an}表示a1、a2、、an中的最小值，max{aa12,,,an}表示a1、a2、、an中的最大值，设02<<<<mnp，已知nm≥3或mn+≤23，则minmax{{nmpn−−−,,2p}}的值为．3【答案】7【解析】设nmx−=，pny−=，2−=pz，且02<<<<mnp，则x>0，y>0，z>0， n=−−2yz所以，，m=−−−2xyz若nm≥3，则2−−−≥−−−yz32(xyz)，故3224xyz++≥，33Mx≥4设M=max{xyz,,}，因此，22My≥，故73224Mxyz≥++≥，即M≥，722Mz≥若mn+≤23，则2−−−+−−≤xyz22(yz)3，即xyz++≥333，Mx≥3则33My≥，故7Mxyz≥++≥333，当且仅当xyz=33==时，等号成立，733Mz≥3综上所述，minmax{{nmpn−−−,,2p}}的最小值为.7四、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）2设函数fx()=ln2(x++3)x．（1）求曲线yfx=()在点(−−1,f(1))处的切线方程；31（2）求fx()在区间−−,上的最大值和最小值．44115【答案】（1）y=1；（2）fx()=ln2+，fx()=+lnminmax416222【解析】（1）因为fx()=ln2(x++3)x，所以f(−=1)ln(−23+)+−(1)=1，22又fx′()=+2x，所以f′(−1)=+×−2(10)=，23x+−2+3所以曲线yfx=()在点(−−1,f(1))处的切线方程为y=1；32−,+∞（2）fx()=ln2(x++3)x，∴函数的定义域为，222(2xx++1)(1)31fx′()=+=2x，令fx0，解得−<<−x1或x>−，23xx++23221令fx′()<0，解得−<<−1x，231对x∈−−,列表如下：443311111x−−−,−−−,−4422244 fx′()−0+93115fx()+ln单调递减极小值ln2+单调递增+ln16241622159355311525又+−+lnln=−−=−lnlnln，且=≈>2.778e，1621622223239115511593所以>e2，即ln>=lne2，所以+>+lnln，33216216231115故函数fx()在区间−−,上的fx()=ln2+，fx()=+ln.min4max1624416．（15分）袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取2个小球，每个小球被取出的可能性都相等.（1）求取出的2个小球上的数字互不相同的概率；（2）用X表示取出的2个小球上所标的最大数字，求随机变量X的分布列和数学期望.8172【答案】（1）；（2）分布列见解析，EX=.945【解析】（1）设一次取出的2个小球上的数字互不相同的事件记为A，则A为一次取出的2个小球数字相同，5118所以PA()=2=，所以PA()=−=1.C91099（2）由题意X所有可能的取值为：2，3，4，5.11112CC⋅4CCC⋅+9122242PX(=2)==；PX(=3)===；22C45C4551010112112CCC⋅+13CCC⋅+17262282PX(=4)==；PX(=5)==．22C45C451010所以随机变量X的分布列为X2345411317P4554545随机变量X的均值为411317172EX=×+×+×+×=2345．45545454517．（15分） 如图，在三棱台ABC−DEF中，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠=ACD60°，CH=2，CD=4，BC=3，BH⊥BC．（1）证明：EF⊥BD；33（2）若AC=2DF且ABC的面积为，求CF与平面ABD所成角的正弦值．463【答案】（1）证明见解析；（2）49【解析】（1）在ADH中，∠=ACD60°，CH=2，CD=4，2222221CD+CH−DH42+−DH由余弦定理得cos∠=ACD==，解得DH=23，22⋅⋅CDCH242××222222又42=+(23)，即CD=CH+DH，得AC⊥DH，又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD平面ABC=AC，DH⊂平面ACFD，所以DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，则DH⊥BC，又BH⊥BC，BHDH=H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，所以BC⊥平面BDH，而DB⊂平面BDH，则BC⊥DB，因为BC∥EF，所以EF⊥BD；（2）在RtBCH中，CH=2，BC=3，BH⊥BC，BC3所以222BH=CH−BC=231−=，cos∠==ACB，所以∠=°ACB30，CH233111又S==×××°ACCBsin30=×××AC3，所以AC=3，ACB4222则AC==+⇒=31AHHCAH，由（1）知，DH⊥平面ABC，所以可以H为原点，HC为y轴，HD为z轴，建系如图所示313AB(0,1,0,−),,0,D(0,0,23,)CF(0,2,0,)0,,23,222331AB=,,0,AD=(0,1,23,)CF=0,−,23，222 33nAB⋅=0xy+=0设平面ABD法向量为n=(xyz,,)，则，即22，nAD⋅=0yz+=230取y=−23，则xz=6,=1，得平面的一个法向量为n=(6,23,1−)，设CF与平面ABD所成角为θ，1CFn⋅−×−(2323)+23363则sinθ=cosCFn,====，CFn⋅2×749122227−+(23)×6+−(23)+12263所以CF与平面ABD所成角的正弦值4918．（17分）22x21已知抛物线Cy:=2pxp(>0)的焦点F到双曲线−=y1的渐近线的距离为.32（1）求抛物线C的方程；（2）过点F任意作互相垂直的两条直线l1，l2分别交曲线C于点A，B和M，N.设线段AB，MN的中点分别为P，Q，求证：直线PQ恒过一个定点.2【答案】（1）yx=4；（2）证明见解析p【解析】（1）因为抛物线的焦点F为，0，23双曲线的渐近线方程为：yx=±，即xy±=30，3p则21，解得p=2，故抛物线的方程为：yx2=4.=122+±(3)2xxyy++1212（2）设A，B两点坐标分别为()xy11，，()xy22，，则点P的坐标为，.22由题意可设直线l1的方程为ykx=−≠(1)(k0)， 2yx=4，22222242由得kx−++=(2k4)xk0，∆=(2k+4)−4kk=16+16>0，ykx=(−1)，44因为直线l1与曲线C交于A，B两点，所以xx12+=+22，yykxx12+=+−=(122)，kk22所以点P的坐标为1+，.2kk12由题知，直线l2的斜率为−，同理可得点Q的坐标为(1+−2kk，2).k2+2k22kk当k≠±1时，有1+≠+212k，此时直线PQ的斜率kPQ=2=12，k2−k1+−−12k2kk22所以直线PQ的方程为yk+=2(12)x−−k，整理得yk+−−=(x3)ky0，21−k于是直线PQ恒过定点E(30)，.当k=±1时，直线PQ的方程为x=3，也过定点E(30)，.综上，直线PQ恒过定点E(30)，.19．（17分）a与数列{b}满足下列条件：①a∈−{1,0,1}，**bn+1=−⋅−(1)|naa1|，已知数列{n}nnn∈N；②bn≠0，n∈N；③nn+1b2n*n∈N，记数列{bn}的前n项积为Tn.（1）若ab11==1，a2=0，a3=−1，a4=1，求T4；（2）是否存在a1，a2，a3，a4，使得b1，b2，b3，b4成等比数列？若存在，请写出一组a1，a2，a3，a4；若不存在，请说明理由；（3）若b1=1，求T100的最大值.334950【答案】（1）T4=；（2）不存在，理由见解析；（3）().82b21b3111【解析】（1）由=−−=|1aa12|−，得b2=−1，由=−=|aa23|，得b3=−，b12b2222 b4133由=−−=|aa34|−，得b4=，b32243所以Tbbbb41234=⋅⋅⋅=.8（2）不存在.假设存在，设bbbb1234,,,公比为q，bb23若b1>0，则bbb234<<>0,0,0，公比qq=<=>0,0，矛盾，bb12bb23若b1<0，则bbb234>><0,0,0，公比qq=<=>0,0，矛盾，bb12因此假设不成立，所以不存在.*（3）依题意，b1=>10，且bbbb43kkkk−−−><<>0,420,410,40，bbbb4342414kkkk−−−···>∈0,kN，113|bn+1|设qaannn=|−+1|，则qqnn∈={0,,1,},，得|bqbn+1||=nn⋅|，222|bn|931于是|bn++21||=⋅⋅qqbnnn|，显然qqnn⋅+1的值从大到小依次为,,1,,，422933若qqnn⋅=+1，则qn=且qn+1=，当数列{an}为1,1,1,1,−−或−−1,1,1,1,，可以取得，422999nn−−119显然当qqnn⋅=+1时，||Tn最大，此时|bbnn+2||≤|，则|bb21n−|≤=()|1|()，44449nn−−119339n−1||bbb≤()||≤⋅=()||⋅()，22n144224从而|T100=⋅⋅|bbb123⋅⋅⋅⋅=⋅⋅b100||bbb135⋅⋅⋅⋅b99||bbb246⋅b100||992949350992949≤××[1()××()]×()[1×××()××()]444244439502(123×++++49)34950=()()×=()，又T100>0，24234950所以()T100max=().2