新高考数学压轴题专练-2024届高三数学三轮复习

新高考数学【压轴题专练】【痛点】【最后2天热身】 一、单选题 考点：用函数性质来比较大小 1．（2024·浙江宁波·模拟预测）己知，则（    ） A． B． C． D． 考点：函数的性质 2．（2024·河南·三模）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（    ） A．1 B． C．0 D． 考点：函数性质和导数应用 3．（2024·陕西·模拟预测）已知，且，则的值可能为（    ） A． B． C． D．2 考点：求的最值和取值范围 4．（2024·湖北·模拟预测）若，，则实数的最大值为（    ） A．1 B．0 C． D． 考点：求的最值和取值范围 5．（2024·陕西渭南·三模）若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 考点：求圆锥曲线离心率 6．（2024·河南·模拟预测）设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 考点：求圆锥曲线离心率 7．（2024·浙江杭州·三模）已知双曲线上存在关于原点中心对称的两点A，B，以及双曲线上的另一点C，使得为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（    ） A． B． C． D． 考点：点线面的位置关系 8．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 2、 多选题 考点：三角函数图像 9．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值是 B．若，则在上单调递减 C．若在上恰有3个零点，则的取值范围为 D．函数的值域为 考点：几何体面积和表面积、点线面位置关系 10．（2024·山东济宁·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点（异于顶点），，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．直三棱柱体积的最大值为 B．三棱锥与三棱锥的体积相等 C．当，且时，三棱锥外接球的表面积为 D．设直线，与平面分别相交于点，，若，则的最小值为 考点：点线面位置关系 11．（2024·广东江门·二模）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正方体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，，点的曲率为分别为的中点，则（    ） A．直线平面 B．在三棱柱中，点的曲率为 C．在四面体中，点的曲率小于 D．二面角的大小为 考点：随机变量的分布列和数字特征 12．（2024·河南信阳·模拟预测）甲乙两个口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有1个黑球的概率为，下列说法正确的是（    ） A． B． C．数列是等比数列 D．的数学期望 3、 填空题 考点：导数中的恒成立问题 13． （2024·浙江·三模）已知关于的不等式对任意 恒成立，则实数 的取值范围是 . 考点：组合体的外接球和内切球问题 14． （2024·四川成都·模拟预测）已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为 ． 考点：数量积的最值问题 15． （2024·山东济宁·三模）已知，则的最小值为 . 考点：随机变量的数字特征 16．（2024·湖北武汉·模拟预测）一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为 （用表示）． 四、解答题 17．（2023·黑龙江佳木斯·三模）中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知. (1)求∠A； (2)若，满足，，四边形是凸四边形，求四边形面积的最大值． 18．（2024·湖南岳阳·三模）已知的三个角的对边分别为且，点在边上，是的角平分线，设（其中为正实数）． (1)求实数的取值范围； (2)设函数 ①当时，求函数的极小值； ②设是的最大零点，试比较与1的大小． 19．（2024·黑龙江·模拟预测）若给定数列，对于任意的，若满足，则称为“型数列”．若数列满足：，，当时，． (1)判断数列是否为“型数列”，并证明； (2)求数列的通项公式； (3)若，，使不等式成立，求实数的取值范围． 20．（2024·浙江宁波·模拟预测）镇海中学篮球训练营有一项三人间的传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.若刚好抽到甲乙丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为， (1)写出，，的值; (2)求与的关系式，并求; (3)第1次仍由甲将球传出，若首次出现连续两次球没在甲手中，则传球结束，记此时的传球次数为，求的期望. 21．（2023·福建龙岩·二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．    (1)求侧棱的长； (2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 22．（2024·湖北·模拟预测）某农户购入一批种子，已知每粒种子发芽的概率均为0.9，总共种下n粒种子，其中发芽种子的数量为X． (1)要使的值最大，求n的值； (2)已知切比雪夫不等式：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意均有，切比雪夫不等式可以使人们在随机变量X的分布末知的情况下，对事件的概率作出估计． ①当随机变量X为离散型随机变量，证明切比雪夫不等式（可以直接证明，也可以用下面的马尔科夫不等式来证明切比雪夫不等式）； ②为了至少有的把握使种子的发芽率落在区间，请利用切比雪夫不等式估计农户种下种子数的最小值． 注：马尔科夫不等式为：设X为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有． 23．（2024·浙江温州·模拟预测）在坐标平面内 的区域，随机生成一个横纵坐标均为整数的一个整点，记该点到坐标原点的距离是随机变量X 相关公式: (1)当 时，写出X的分布列和期望. (2)记随机变量 与分别表示 的横纵坐标. ①求出 的期望 ②现在实际上选取了四个点尝试运用样本的平均值去估计数学期望，以此来得到估计值 (四舍五入取整). (3) 记方差 ，试证明 .. 考点：概率统计与数列综合 24．（2024·全国·模拟预测）甲、乙两名小朋友，每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲手中的3张卡片为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片都是金色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1张，去与对方交换，重复次这样的操作，记甲手中银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为． (1)求的值． (2)问操作几次甲手中银色纪念卡片就可能首次出现0张，求首次出现这种情况的概率． (3)记． （i）证明数列为等比数列，并求出的通项公式． （ii）求的分布列及数学期望．（用表示） 25．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点．若斜率为的直线与椭圆相切于点，过直线上异于点的一点，作斜率为的直线与椭圆交于两点，定义为点处的切割比，记为． (1)求的方程； (2)证明：与点的坐标无关； (3)若，且（为坐标原点），则当时，求直线的方程． 考点：函数零点与方程的根 26．（2024·福建宁德·三模）已知函数的图象在处的切线过点. (1)求在上的最小值; (2)判断在内零点的个数，并说明理由. 考点：用导数证明不等式 27．（2024·全国·模拟预测）已知函数有两个极值点，且． (1)求的取值范围； (2)证明：． 考点：用导数证明不等式 28．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数有两个不同的零点，且． (1)求实数的取值范围； (2)求证：； (3)比较与及的大小，并证明． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 2 1 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】设，则， 所以在上单调递减，所以， 所以，所以，即， 所以，即， 所以，即. 由，可得，即，即， 所以，即. 综上所述，. 故选:B. 2．D 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点中心对称，则. 因为为偶函数，所以， 所以的图象关于直线轴对称. 由，得， 所以，则， 则的周期为4， ，则. 故选：D 【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论 （1）关于轴对称， （2）关于中心对称， （3）的一个周期为， （4）的一个周期为. 可以类比三角函数的性质记忆以上结论. 3．B 【详解】由得，则， 令，得， 因为，所以，故函数在区间上单调递减，故. 又，所以，所以，故的值域为. 符合此范围的只有B选项. 故选：B. 4．A 【详解】因为为偶函数，不妨先取， 由得，即， 根据为奇函数，且其值域为， 则只需，， 则，当时，不等式恒成立， 当时，， 令，， 则，则在上单调递增， 则.则，则，则， 而时，在上恒成立； 当时，根据单调性知在上恒成立， 综上的最大值为1. 故选：A. 5．D 【详解】由题意可得： ， 由可得， 因为，，则， 由题意可得，解得， 所以的取值范围为． 故选：D． 6．B 【分析】设，利用双曲线定义分别表示出，利用直线的斜率得到，在解出，在用余弦定理得到与的关系，即解出离心率. 【详解】 由，得为的中点；又，所以，所以； 设，由双曲线的定义，得，， 所以，从而，所以； 由直线的斜率为，得. 在中，，即； 在中，由余弦定理，得， 即，整理得， 解得，所以. 故选：B. 7．A 【详解】由题意可知：双曲线的渐近线方程为， 设点，则可取， 则，整理得， 解得，即，可得，则， 所以该双曲线离心率的取值范围是． 故选：A. 8．C 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. . 9．AC 【详解】 ， 选项A：因为，所以，的最小值为，故A正确； 选项B：当时，，由得， 所以在上单调递增，故B错误； 选项C：由得，若在上恰有3个零点， 则，得，故C正确； 选项D：因为，所以， 所以，解得，故D错误． 故选：AC. 10．BCD 【详解】A选项：由已知可得，又， 所以，即体积的最大值为，A选项错误； B选项：如图所示， 由点为的中点，则，设点到平面的距离为， 则，， 又，所以，所以，B选项正确； C选项：如图所示， 由已知为正三角形，设外接球球心为，中心为，中点为，则平面，且，，即， 所以外接球半径为，外接球表面积为，C选项正确； D选项：如图所示， 取中点，可知在的延长线上，在的延长线上， 则，即， 设，， 易知，， 则，， 则，,， 所以， 当且仅当，即时取等号，故D选项正确； 故选：BCD. 11．ABD 【详解】对于A，取的中点，连接BG，FG，由D，E，F分别为的中点， 得，而平面，平面，则平面， 又，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面，则平面，又， 平面，于是平面平面，由平面BFG，得平面，A正确； 对于B，在直三棱柱中，， 则点的曲率为，解得，由，得， 而，因此点的曲率为，B正确； 对于C，过作，交的延长线于，连接，由平面ABC， 平面ABC，得，，平面， 则平面，平面，因此，，， 又，则，， 在四面体中，点的曲率为，C错误； 对于D，由选项C知，为二面角的平面角，又， 则，所以，D正确． 故选：ABD . 12．ACD 【详解】只可能取，记分别表示事件，它们发生的概率分别为，这里是非负整数.（事实上，） 则，，且 ； ； . 故，，. 由于， 而，故，即. 而, 所以， 而，故，即. 又因为，，故. 这就得到了，所以. 从而有，而，故. 综上，我们得到了如下结论： ①； ②； ③. 回到原题. 对于A，由①知，故A正确； 对于B，由②知，故B错误； 对于C，由①知，故是等比数列，故C正确； 对于D，由③知，故D正确. 故选：ACD. 13． 【详解】不等式可化为， 令，因为， 令，所以函数在上为增函数， 令，所以函数在上为减函数， 所以当时，即当时，所以， 所以 设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点， 则，所以，又，所以，所以， 设为过原点且与相切的直线的斜率，设切点， 则，且，解得或（舍去），所以， 画出函数与的图像，如图： 数形结合可得，，所以， 故答案为：. . 14． 【详解】如图所示，    根据题意可知． 设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线AB分别切于两点， 因为，所以，所以， 所以可知球的半径， 此时球的直径为， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表面积． 故答案为：. 15． 【详解】由，得， 即，解得. ， 表示点与点的距离之和. 如图，点关于x轴的对称点为，连接， 则， 当且仅当三点共线时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 16． 【详解】由题知， ， ， ， . 故答案为：. 17．(1) (2) 【详解】（1）由正弦定理和得： ， 即， 又，故， 所以，即，又， 所以. （2）法一：若， 则由（1）可知为正三角形，设其边长为， 则有，即， 且由正三角形面积公式得， 对于，设，则由余弦定理有， 故 ， 所以四边形的面积为， 令（），则， 故， 再令， 则， 又，所以， 所以， 所以当时，四边形的面积取得最大值为：. 法二：若，则由（1）可知为正三角形， 设，由题意， 由余弦定理， 所以 ， 又，所以， 所以， 所以当时，四边形的面积取得最大值为：. 18．(1) (2)①0；②答案见解析. 【详解】（1）方法一：设， 因为是的角平分线，所以， 因为 所以， 代入，，化简得：，因为， 所以实数的取值范围． 方法二：因为是的角平分线，所以， ，又，又， 所以，故， 在和中由余弦定理得 所以 ， 又，则 所以，又，所以 在中有，所以，所以 得，所以实数的取值范围 （2）①法一：当时，由（1）知，则，此时， 由余弦定理有：及得， 法二：由，当时有. 故， 所以， 令，可得或， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故当时，函数取极小值，极小值为． ②（ⅰ）当时，由①知，又， 故 知的零点为， 故的最大零点； （ⅱ）当时，由（1）知， 则， 由余弦定理有，代入， 解得，由知，故， ，， 设 令解得：，且， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，故， 且时，， 故在上有唯一零点，此时成立 （ⅲ）时，由（1）知， 则， 由余弦定理有，及， 解得， 由知，故， 所以 当时，令解得：，且， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，且的图象的对称轴 所以，又因为， 故在上无零点，且， 故成立； 当时，恒成立，则在上单调递增， 故函数至多有一个零点， 由，知成立； 综上，当时；； 当时，； 当时，． 19．(1)不是“型数列”，证明见解析 (2) (3)． 【详解】（1）数列不是“型数列”，理由如下： 由，得， 因为，则， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 则，， ， 所以数列不满足“型数列”的定义， 即数列不是“型数列”． （2）由（1）知，，…，， 累加得， 又，所以． （3）由（2）可知，，不等式有解， 整理为，有解，即， 设，，则， 设，，， 所以在上单调递增， ，所以函数的值域为， 则， 当时，，所以， 所以的取值范围是． 【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法， （1）若，采用累加法； （2）若，采用累乘法； （3）若，可利用构造进行求解； 20．(1)，，； (2)，； (3)4 【详解】（1）传球一次，球一定不在甲手中，所以； 传球两次，球在甲手中时，有两种情况，甲乙甲，甲丙甲， 所以； 传球三次，球在甲手中，说明传球两次时球不在甲手中，概率为，此时传给甲的概率为，所以. （2）传球次时球在甲手中，说明传球次时球不在甲手中，概率为， 此时，传球给甲的概率为，所以有， 所以， 所以， 因为， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， ， 故与的关系式为，. （3）的最小取值为2，表示传球2次后，球连续两次不在甲手中， 有两种情况，甲乙丙，甲丙乙， 所以， 若传球2次后，球在甲手中，则回到了最初的状态， 所以有， 即，解得， 所以的期望为4. 21．(1) (2) 【详解】（1）在平面内过作，垂足为， 因为侧面为矩形，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 易得，面，平面平面， 所以平面， 因为，所以， 因为，，所以； （2）存在点满足题意，，理由如下： 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， 设，则， 故，， 设平面的法向量为 则即，令，则， 故平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则，解得， 故存在点E满足题意，所以. 22．(1) (2)①证明见解析；②45 【详解】（1），由题意有， 解得，由于为整数，故． （2）①证法1：设的分布列为， 其中，，记，则对任意， ． 证法2：由马尔科夫不等式，得． ②，则，． 由题意，，即，，也即． 由切比雪夫不等式，有， 从而，，估计的最小值为45． 23．(1)分布列见解析，期望 (2)①，②8 (3)证明见解析 【详解】（1）整点有， 故的取值为，则分布列： X 0 1 2 P 期望 （2）①， 所以 ②，所以平均数是 7.75. 所以取， 四舍五入取 （3）先求 , 则方差成立 24．(1)， (2) (3)（i）证明见解析，；（ii）分布列见解析， 【详解】（1）根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色卡片”的概率， 包含两种情况：第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片； 第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片. 则． 所以； 表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色卡片”的概率，包含两种情况： 第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换银色卡片；第一次甲交换银色卡片， 第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，乙交换金色卡片. 则. （2）结合（1）的计算得，即交换一次不会出现的情况， 而，则操作两次就会首次出现0张，其概率为. （3）根据题意可得． ． （i）， 所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． （ii）由已知及（1）（2），得的所有可能取值为． 其分布列为 0 1 2 从而. 25．(1) (2)证明见解析 (3)或． 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，，所以，解得． 又椭圆过点，所以，结合，解得， 所以的方程为． （2）设点，直线的方程为， 由，消去，得， ， 由直线与椭圆相切，得． 设切点，则，， 所以， 设直线的方程为，联立由， 消去，得， 设，则 ，， 所以 ， 易知，点在椭圆外，所以，所以， ． 由，得， 即． 因为 ． 所以， 所以． 所以，与点的坐标无关． （3）由（2）得，，所以， 因为，所以①， 又，所以②， 由①②解得或（舍去）． 所以直线的方程为，由，解得或 故切点的坐标为或． 所以直线的方程为或． 26．(1) (2)有2个零点，理由见解析 【详解】（1）法一：， 又，所以切线方程为， 又切线过点， 得，所以. 所以， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为. 法二:， 所以切线方程为， 因此切点为， 得，所以， 所以， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为； （2）法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数， 等价于判断方程根的个数. 令 ，令，则，得. 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减.， （或） 所以时，方程有2根， 所以在有2个零点. 法二：由（1）得， 令，则在上为减函数 ， 所以在上必有一个零点，使得， 从而当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减.. 又， 所以在上必有一个零点，使得. 当时，，即，此时单调递增; 当时，，即，此时单调递减.. 又因为， 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 综上，在有2个零点. 27．(1) (2)证明见解析 【详解】（1）函数的定义域是， ， 因为函数有两个不相等的极值点， 所以方程在上有两个不相等的实数根，所以， 方程两边同时除以，整理得， 即直线与函数的图象有两个交点． 令，则，令，得， 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以，又， 时，且，所以的图象如图所示，    要想与的图象有两个交点，则，所以． 故的取值范围是． （2）由（1）易知，，设，则，． 由（1）得，所以，即， 又，即，代入上式得，， 整理得， 要证， 只需证， 两边同时除以，即证， 即证， 两边同除以，即证， 结合式，即证， 即证， 设，因为， 所以在上单调递增，所以， 所以原不等式得证． 28．(1) (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【详解】（1）， ，考虑函数， 有两个零点，，则有两个零点， 在上单调递减，单调递增， 所以， 因为当时；当时，，所以； （2），由题不妨设，设， 欲证，只须证，即， 即①， ， ， 证明①式只需证，即证②， 构造，， 令，，由于，所以， 所以在时单调递减，所以， 所以， 在单调递减，得证. （3）先证，构造，， ， 在单调递减，，即， 在单调递增，. 由得， 又当时，，， 所以在时单调递增，当时，， 所以当时，，即 所以， 即，即， 整理得：③， 同理当时，单调递增，当时，， 所以，即， 把代成可得：④， 由③-④得：， ，即，综上． $$