2024年高考数学摸底考试卷【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）解析版.docx

1、2024年高考数学摸底考试卷高三数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、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，只有一项是符合题目要求.1设集合，则（）ABCD【答案】B【分析】解不等式得集合B，再求A与B的交集即可得解.【详解】解不等式得，于是得，而，所

2、以.故选：B2已知复数满足,则A2BCD1【答案】C【分析】根据复数除法运算可求得，根据模长运算可求得结果.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查复数模长的求解，关键是能够通过复数除法运算求得复数.33已知向量，满足，则与的夹角为（）ABCD【答案】A【分析】由求得，再根据向量夹角公式即可求解.【详解】因为.又，所以.所以，因为，所以与的夹角为.故选：A4已知随机变量，随机变量，若，则（）A0.1B0.2C0.3D0.4【答案】C【分析】由求出，进而，由此求出.【详解】因为，所以，解得或（舍），由，则，所以.故选：C.5若函数在单调递减，则a的取值范围（）ABCD【答案】A【分析】根据复合函数

3、单调性来求得的取值范围.【详解】依题意函数在单调递减，在上递减，的开口向上，对称轴为，根据复合函数单调性同增异减可知，.故选：A6已知点F1、F2分别是椭圆(ab0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、B两点，若ABF2为正三角形，则椭圆的离心率是A2B C3D 【答案】D【分析】先求出的长，直角三角形 中，由边角关系得建立关于离心率的方程，解方程求出离心率的值.【详解】由已知可得，.故选D.【点睛】本题考查椭圆的离心率，求解时要会利用直角三角形中的边角关系，得到关于的方程，从而求得离心率的值7已知等差数列的前项和为，命题“”，命题“”，则命题是命题的（）A充要条件B充分不必要

4、条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据等差数列的性质结合充分、必要条件分析判断.【详解】由，不能推出，例如，则，所以，故命题是命题的不充分条件；由，不能推出，例如，则，所以，故命题是命题的不必要条件；综上所述：命题是命题的既不充分也不必要条件.故选：D.8在边长为6的菱形中，现将菱形沿对角线BD折起，当时，三棱锥外接球的表面积为（）ABCD【答案】C【分析】根据题意，结合图形的几何性质求出相关线段的长，根据球的几何性质确定三棱锥外接球的球心位置，求得外接球半径，即可求得答案.【详解】由题意在边长为6的菱形中，知，和为等边三角形，如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，

5、则，同理可得，又，则，则，又平面,故平面，而平面，故,由于为等边三角形，故三棱锥外接球球心O在平面内的投影为的外心，即平面，故，过O作于H，则H为的外心，则,即共面，则，则四边形为矩形，则在中，所以外接球半径，则外接球表面积为，故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9有一组样本甲的数据，一组样本乙的数据，其中为不完全相等的正数，则下列说法正确的是（）A样本甲的极差一定小于样本乙的极差B样本甲的方差一定大于样本乙的方差C若样本甲的中位数是，则样本乙的中位数是D若样本甲的平均数是，则

6、样本乙的平均数是【答案】ACD【分析】根据统计中的相关概念和性质运算求解.【详解】不妨设样本甲的数据为，且，则样本乙的数据为，且，对于选项A：样本甲的极差为，样本乙的极差，因为，即，所以样本甲的极差一定小于样本乙的极差，故A正确；对于选项B：记样本甲的方差为，则样本乙的方差为，因为，即，所以样本甲的方差一定小于样本乙的方差，故B错误；对于选项C：因为样本甲的中位数是，则样本乙的中位数是，故C正确；对于选项D：若样本甲的平均数是，则样本乙的平均数是，故D正确；故选：ACD.10已知正方体，则（）A直线与所成的角为B直线与所成的角为C直线与平面所成的角为D直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD

7、【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD11已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（）A函数的周期为2B函数的图象关于对称C函数为偶函数D函数的图象关于对称【答案】BC【分析】根据给定的信息

8、，推理论证周期性、对称性判断AB；借助变量替换的方法，结合偶函数的定义及对称性意义判断CD作答.【详解】依题意，上的函数，则，函数的周期为4，A错误；因为函数是偶函数，则，函数的图象关于对称，且，即，函数图象关于对称，B正确；由得，则函数为偶函数，C正确；由得，由得，因此，函数的图象关于对称，D错误.故选：BC12抛物线的准线方程为，过焦点的直线交抛物线于，两点，则（）A的方程为B的最小值为C过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有且仅有2条D过点分别作的切线，交于点，则直线的斜率满足【答案】BD【分析】求出抛物线方程判断A；设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合抛物线定义及均值不等式计算判断B；

9、设出过点M的直线方程，与抛物线方程联立求解判断C；求导并结合选项B的信息求解判断D作答.【详解】对于A；依题意，解得，的方程为，A错误；对于B，由选项A知，设直线的方程为，由消去y得，设，则有，当且仅当时取等号，B正确；对于C，过点且与抛物线仅有一个公共点的直线不垂直于y轴，设此直线方程为，由消去y得：，当时，直线与抛物线仅只一个交点，当时，解得，即过点且与抛物线相切的直线有2条，所以过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，C错误；对于D，由求导得，由选项B知，由两式相减得：，即，则，于是，即点，所以，D正确.故选：BD第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13现从4名男志愿者和

10、3名女志愿者中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，若被选派的人中至少有一名男志愿者，则不同的选派方法共有_种.(用数字作答)【答案】【分析】依题意分两种情况讨论，选一名男志愿者与一名女志愿者，选两名男志愿者，按照分步乘法计数原理与分类加法计数原理计算可得；【详解】解：依题意分两种情况讨论，选一名男志愿者与一名女志愿者，则有种选派方法；选两名男志愿者，则有种选派方法；综上可得一共有种选派方法；故答案为：14已知正四棱台的侧棱长为3，两底面边长分别为2和4，则该四棱台的体积为_【答案】【分析】根据正四棱台的性质求出高，即可由体积公式求出.【详解】如图，正四棱台中，设下底面中心为，上底面中心为,

11、则即为四棱台的高，过作，则,在中，则，又，所以该四棱台的体积为.故答案为：.15已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值_【答案】（中任意一个皆可以）【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，所以，解得：或，由，所以或，解得：或故答案为：（中任意一个皆可以）16设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是_【答案】【分析】根据题意，结合正弦函数的图象和性质即可求解.【详解】由题意，当时，不能满足在上极值点比零点多，当时，因为，所以，要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，由的部分图象如下图

12、所示：则，解得，即，故答案为：.四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，1822题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17为数列的前项和，已知，.(1)求证：数列为等差数列；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用，作差得到是首项为，公差的等差数列，从而求出其通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）由，可知两式相减得，即，当时，（舍）或，则是首项为，公差的等差数列，的通项公式；（2），数列的前项和.18在锐角三角形中，角的对边分别为,且(1)求角的小；(2)若，求周长的取值范围【答案】(1)(2)【分

13、析】（1）对已知条件的边换成角，结合三角公式求出，根据的范围得出角的度数；（2）根据正弦定理，将边用角来表示，转化成三角函数的值域问题的求解.【详解】（1）由正弦定理得，又，则，化简得，又，所以，则，因为，所以；（2）由正弦定理得：，；为锐角三角形，解得： ，即ABC的取值范围为.19如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，点E在棱PB上(1)证明：平面平面PBC；(2)当时，求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z

14、轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；【详解】（1）因为底面，平面，所以因为，所以所以，所以又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC又平面EAC，所以平面平面PBC（2）解法一：以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设点E的坐标为，因为，所以，即，所以所以，设平面ACE的一个法向量为，则所以，取，则，所以平面ACE的一个法向量为又因为平面PAC，所以平面PAC的一

15、个法向量为设平面PAC与平面ACE的夹角为，则所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设点E的坐标为，因为，所以，即，所以所以，设平面ACE的一个法向量为，则所以，取，则，所以，平面ACE的一个法向量为又因为平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为设平面PAC与平面ACE的夹角为，则所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为20为了宣传航空科普知识，某校组织了航空知识竞赛活动活动规定初赛需要从8道备选题中随机抽取4道题目进行作答假设在8道备选题中，小明正确完成每道

16、题的概率都是且每道题正确完成与否互不影响，小宇能正确完成其中6道题且另外2道题不能完成(1)求小明至少正确完成其中3道题的概率；(2)设随机变量X表示小宇正确完成题目的个数，求X的分布列及数学期望；(3)现规定至少完成其中3道题才能进入决赛，请你根据所学概率知识，判断小明和小宇两人中选择谁去参加市级比赛（活动规则不变）会更好，并说明理由【答案】(1)(2)分布列见解析，3(3)选择小宇，理由见解析【分析】（1）小明至少正确完成其中3道题包含两种情况：一是小明正确完成3道题，二是小明正确完成4道题，然后由互斥事件的概率公式求解即可；（2）由题意得X的可能取值为2，3，4，然后求各自对应的概率，从

17、而可求出X的分布列及数学期望；（3）分别计算出他们两人至少完成其中3道题的概率，通过比较概率的大小可得答案.【详解】（1）记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则（2）X的可能取值为2，3，4，X的分布列为；X234P数学期望（3）由（1）知，小明进入决赛的概率为；记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则；因为，故小宇进决赛的可能性更大，所以应选择小宇去参加比赛21已知函数在处的切线方程为(1)求实数，的值；(2)设函数，当时， 恒成立，求的最小值【答案】(1)，(2)0【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）当时， 恒成立，只要即可，利用导数求出上的最大值即可得出答案

18、.【详解】（1）定义域为，由题意知，解得，；（2），则，令，其中，则，所以函数在上单调递增，因为，所以存在唯一，使得，即，可得，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减所以当时，因为，所以，当且仅当，即时，取等号，又因，所以，即，因为，所以当时，因为当时， 恒成立，所有.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点在于把恒成立问题通过分离参数转化为新函数的最值问题，转化后利用导数判断出其定义域上的单调性求出值域或最值问题就解决了.22设直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，且三角形的面积为.(1)求的值；(2)已知直线与轴不垂直且斜率不为0，与交于两个不同的点，关于轴的对称点为，为的右焦点

19、，若，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到两点的坐标，得到三角形的面积为，列出方程，求出的值；（2）设出直线方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出，求出直线所过的定点.【详解】（1）双曲线：的渐近线方程为，不妨设，因为三角形的面积为，所以，所以，又，所以.（2）双曲线的方程为：，所以右焦点的坐标为，依题意，设直线与轴交于点，直线的方程为，设，则，联立，得，且，化简得且，所以，因为直线的斜率存在，所以直线的斜率也存在，因为，三点共线，所以，即，即，所以，因为，所以，所以，所以，化简得，所以经过轴上的定点.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线的方程为，则，再将其与双曲线方程联立，从而得到韦达定理式，根据三点共线，则有，整理代入韦达定理式化简求出值即可.