精品解析：2024届全国高三二轮复习联考（一）数学试题（新高考）

2024届高三二轮复习联考（一） 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上. 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. 考试时间为120分钟，满分150分 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. 样本数据的第60百分位数为（ ） A. 23 B. 31 C. 33 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】由百分位数的定义，先将样本数据从小到大排列，再计算第60百分位数为第6和第7个数的平均数即可. 【详解】将这组数据从小到大排列为， 数据的第60百分位数为33， 故选：C. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用复数相等和复数的模的公式求解. 【详解】解：设， 则， 解得，故，则， 故选：B． 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，求出，再利用模长的计算公式，即可求出结果. 【详解】因为，所以， 得到， 故选：A． 4. 某小区花园内现有一个圆台型的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为1，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为3，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得圆台上下底面的半径以及圆台的高，代入圆台体积公式即可得解. 【详解】如图，设圆台上､下底面圆心分别为为点在底面的投影点，上､下底面圆的半径分别为，， 由题意得，设上底面圆的面积与下底面圆的面积分别为， 所以该圆台容器的容积， 故选：C. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合两角和的正弦公式，准确运算，即可求解. 【详解】由，可得， 因为，所以， 所以. 故选：B． 6. “”是“直线与圆相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出或，从而确定答案. 【详解】圆是以为圆心，半径为2的圆， 所以点到直线的距离为， 解得或， 故“”是“直线与圆相切”的充分不必要条件. 故选：A． 7. 已知数列满足，则（ ） A. 2024 B. 2023 C. 4047 D. 4048 【答案】C 【解析】 【分析】利用数列的通项和前n项和公式求解. 【详解】解：由题意可得， 当时，； 当时，， 两式相减得，即． 综上所述， 所以， 故选：C． 8. 在中，，若，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，在中和中，利用余弦定理可得，，代入变形后利用基本不等式，即可求得最大值. 【详解】 已知在中，，， 所以，，设， 在中，， 在中，， 则 ， 当且仅当，即时取等号. 故选：D. 二､多选题：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. 函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度得的图象，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由周期公式即可求解；对于B，由求出解析式，接着求出的对称轴方程即可求解；对于C，分别求出的解析式即可得解；对于D，根据解析式结合和即可得解. 【详解】对于A，由题，解得，故A正确； 对于B，由题及选项A得， 令，解得， 所以对称轴为，代入，得，故正确； 对于C，，， 因为，所以，故C错； 对于D，因为且，所以由选项C得，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知抛物线的准线方程为为上两点，，则（ ） A. B. C. 若，则 D. ，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求得抛物线，设直线，联立方程组求得，，结合向量的数量积的运算，可得判定A正确；由，可判定B正确；由，，可判定C错误；结合弦长公式和面积公式，可判定D正确. 【详解】由抛物线的准线方程为，可得，解得， 所以抛物线， 设直线，且，， 联立方程组，整理得， 则，解得，且，， 由，所以A正确； 由，所以B正确； 当时，由，可得， 则，或，，所以，所以C错误； 由， 解得，所以，则，所以D正确． 故选：ABD. 11. 已知，且时，，则（ ） A. B. C. 若，且为常函数，则在区间内仅有1个根 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用给定等式，作变量替换，借助余弦函数有界性判断A；变形给定等式，借助正余弦齐次式法及基本不等式判断B；根据给定条件求出，利用导数探讨值范围判断C；利用给定等式变形，再构造函数，利用导数函数值范围即得. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，当时，，B错误； 对于C，，则，而， 则， 于是，由为常函数，得，则， 令，求导得恒成立，即函数在上递增， 则，即，因此，在区间内无实根，C错误； 对于D，， 令，由，得，， 令，求导得， 函数在上单调递减，，因此，D正确. 故选：AD 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： ①直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围； ②分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； ③数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，则的子集个数为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意先求集合B，进而可得，根据元素个数求子集个数. 【详解】令，即，可得，解得， 则， 可得，共两个元素， 所以其子集的个数为. 故答案为：4. 13. 已知为双曲线上一点，（c为半焦距）为双曲线的渐近线上一点，若轴，，则双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出点坐标，再根据列式计算即可. 【详解】设，由轴可得． 又， 又， 整理可得的离心率． 故答案为：. 14. 在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱中，为底面三角形斜边上一点，且，，为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据面面平行的性质可得截面的三种情况，即可比较截面大小，可知求截面四边形的面积即可，根据面积公式可得，根据函数的单调性即可求解最值. 【详解】分如下三种情况，①如图1，延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则四边形为所求截面； ②如图2，延长交于点，过点作的垂线交于点，连接，则四边形为所求截面； ③如图3，延长交于点，连接，则三角形为所求截面． 显然①②中的截面面积均大于或等于③中的截面面积，故只需考虑①②中的情况，易知①②中的情况相同，故只需考虑情况①即可． 在①中，易知，，设， 则，， 所以所求截面面积 ， 由于均在单调递增，所以函数在上单调递增， 故，故截面面积的最大值为． 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. 15. 某中学为积极贯彻并落实教育部提出的“五育并举”措施，在军训期间成立了自动步枪社团来促进同学们德智体美劳全面发展，在某次军训课上该自动步枪社团的某同学进行射击训练，已知该同学每次射击成功的概率均为. （1）求该同学进行三次射击恰好有两次射击成功的概率； （2）若该同学进行三次射击，第一次射击成功得2分，第二次射击成功得2分，第三次射击成功得4分，记为三次射击总得分，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 2 4 6 8 数学期望4【解析】 【分析】（1）由互斥加法、独立乘法公式即可求解； （2），求出对应的概率即可得分布列，进一步即可求得数学期望. 【小问1详解】 记“该同学进行三次射击恰好有两次射击成功为事件”， 则. 【小问2详解】 设事件分别表示第一次射击成功，第二次射击成功，第三次射击成功， 根据题意可知. 故； ； ； ； . 所以的分布列为： 0 2 4 6 8 故的数学期望. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间. 【答案】（1）； （2） 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为. 【解析】 【分析】（1）根据函数曲线在某一点处的切线公式，可得答案； （2）根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论思想，可得答案. 【小问1详解】 当时，， ，， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 ，其定义域为， 则． ①当，即时，令，得，令，得， 故的单调递减区间为，单调递增区间为. ②当，即时，由，得. （ⅰ）当，即时， 令，可得或；令，可得， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为. （ⅱ）当，即时，， 故的单调递增区间为，无单调递减区间. （ⅲ）当，即时， 令，可得或；令，可得， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为. 综上，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于导数与函数单调性的关系，对于含参导数，根据其零点的取值，利用分类讨论思想，结合不等式的求解，皆可解决. 17. 在棱锥中，平面，四边形为平行四边形，，，，． （1）求； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）平面，为棱锥的高，求出四边形的面积，再利用锥体的体积即可求解； （2）依题意建立空间直角坐标系.得出关键点的坐标，求出平面与平面的法向量，再用公式求出即可． 【小问1详解】 平面，∴， 在中，， 在中，，∴， ∴， 故； 【小问2详解】 由（1）知、、两两互相垂直， 以为原点，、、所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设，分别为平面与平面的法向量， 则得即令，得， 所以为平面的一个法向量， 得，即令，得，， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆分别为椭圆的左､右顶点，分别为椭圆的左､右焦点，斜率存在的直线交椭圆于两点，记直线的斜率分别为. （1）证明：； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） 设的方程为，联立， 消去，得，需满足， 设，则， 易知， 所以， 同理； （2） 【解析】 【分析】（1）设出直线，联立后消去得与有关的韦达定理后结合斜率公式计算即可得； （2）借助（1）中的结论，将面积用未知数表达后结合换元法，借助函数性质求最最值即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，则由（1）知，， 即， 由与轴不垂直可得，所以，即， 所以，即， 整理得， ， 整理得，解得或， 因为在轴的两侧，所以，解得， 又时，直线与椭圆有两个不同的交点，因此，直线恒过点， 当时，， ， 设，则，由与轴不垂直得， 且， 因为函数在上为减函数，所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数所得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为，. （1）若，求的值； （2）当时，若为等比数列，求正整数； （3）记，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 由题意知， 所以. 因为， 所以 . 因为，所以. 所以. 【解析】 【分析】（1）根据约数的定义确定约数的个数即可； （2）结合约数的定义可得，结合等比数列的定义推出，由此确定， （3）先证明，再证明，结合裂项相消法证明结论. 【小问1详解】 时，因为， 所以为8的所有正约数，故. 【小问2详解】 由题意可知. 因为，依题意可知，所以， 化简可得，所以. 因为，所以，因此可知是完全平方数. 由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以， 所以可写为， 经检验该关系满足条件， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据约数定义分析其性质，抓住，，，以及为质数即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届高三二轮复习联考（一） 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上. 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. 考试时间为120分钟，满分150分 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. 样本数据的第60百分位数为（ ） A. 23 B. 31 C. 33 D. 36 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 4 3. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 某小区花园内现有一个圆台型的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为1，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为3，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. “”是“直线与圆相切”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知数列满足，则（ ） A. 2024 B. 2023 C. 4047 D. 4048 8. 在中，，若，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 二､多选题：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. 函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度得的图象，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. D. 10. 已知抛物线的准线方程为为上两点，，则（ ） A. B. C. 若，则 D. ，则 11. 已知，且时，，则（ ） A. B. C. 若，且为常函数，则在区间内仅有1个根 D. 若，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，则的子集个数为__________. 13. 已知为双曲线上一点，（c为半焦距）为双曲线的渐近线上一点，若轴，，则双曲线的离心率为________． 14. 在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱中，为底面三角形斜边上一点，且，，为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为______． 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. 某中学为积极贯彻并落实教育部提出的“五育并举”措施，在军训期间成立了自动步枪社团来促进同学们德智体美劳全面发展，在某次军训课上该自动步枪社团的某同学进行射击训练，已知该同学每次射击成功的概率均为. （1）求该同学进行三次射击恰好有两次射击成功的概率； （2）若该同学进行三次射击，第一次射击成功得2分，第二次射击成功得2分，第三次射击成功得4分，记为三次射击总得分，求的分布列及数学期望. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间. 17. 在棱锥中，平面，四边形为平行四边形，，，，． （1）求； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆分别为椭圆的左､右顶点，分别为椭圆的左､右焦点，斜率存在的直线交椭圆于两点，记直线的斜率分别为. （1）证明：； （2）若，求的取值范围. 19. 约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数所得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为，. （1）若，求的值； （2）当时，若为等比数列，求正整数； （3）记，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $