2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练四含答案.doc

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1、2024试吧大考卷二轮专题闯关导练数学【新高考】高考押题专练四专练四第卷一、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的1集合Ax|(x1)(x2)0，Bx|kl”是“apaqkal”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4已知a2，blog2 ，clog，则()Aabc BacbCcab Dcba5据孙子算经中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级现有每个级别的诸侯各一人，共五人，要把80个橘子分完且每人都要分到橘子，级别每高一级就多分m个(m为正整数)，若按这种方法分橘子，

2、“公”恰好分得30个橘子的概率是()A. B.C. D.617世纪德国著名的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36的等腰三角形(另一种是顶角为108的等腰三角形)例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金ABC中，.根据这些信息，可得sin 234()A. BC D7已知F1，F2分别是双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点，直线l为双曲线C的一条渐近线，F1关于直线l

3、的对称点F1在以F2为圆心，以半焦距c为半径的圆上，则双曲线C的离心率为()A. B.C2 D38已知ABC为等边三角形，动点P在以BC为直径的圆上，若，则2的最大值为()A. B1C. D2二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9已知ab2，则()Ab2a2bab2Cabab D.10如图，已知矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE，若M为线段A1C的中点，则ADE在翻折过程中，下列说法正确的是()A线段BM的长是定值B存在某个位置，使DEA1C

4、C点M的运动轨迹是一个圆D存在某个位置，使MB平面A1DE11数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线C：(x2y2)316x2y2恰好是四叶玫瑰线给出下列结论正确的是()A曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点)B曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2C曲线C围成区域的面积大于4D方程(x2y2)316x2y2(xy0)表示的曲线C在第一象限和第三象限12已知函数f(x)sin(x)(0)满足f(x0)f(x01)，且f(x)在(x0，x01)上有最小值，无最大值则()Af1B若x00，则f(x)sinCf(x)的最

5、小正周期为3Df(x)在(0,2 019)上的零点个数最少为1 346个第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13为做好社区新冠疫情防控工作，需将六名志愿者分配到甲、乙、丙、丁四个小区开展工作，其中甲小区至少分配两名志愿者，其它三个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有_种(用数字作答)14已知函数f(x)x2cos x，在区间上任取三个数x1，x2，x3，均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)为边长的三角形，则的取值范围是_15设抛物线y22px(p0)的焦点为F(1,0)，准线为l，过焦点的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足为C，D，若|AF|4|

6、BF|，则p_，三角形CDF的面积为_16在三棱锥P ABC中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AB2，PAPC，PB与底面ABC所成的角的正弦值为，则三棱锥P ABC的外接球的体积为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)如图，在ABC中，C，ABC的平分线BD交AC于点D，且tanCBD.(1)求sin A；(2)若28，求AB的长18.(12分)在aa3(an0)，aanan13an190，Snn22n2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中已知：数列an的前n项和为Sn，且a11，_.(1)求数列an的通项公式；(2)对大于1

7、的自然数n，是否存在大于2的自然数m，使得a1，an，am成等比数列若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由19(12分)如图，在直角梯形ABCD中，ABDC，ABC90，AB2DC2BC，E为AB的中点，沿DE将ADE折起，使得点A到点P位置，且PEEB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合)(1)证明：平面EMN平面PBC；(2)是否存在点N，使得二面角B EN M的余弦值为，若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由20(12分)沙漠蝗虫灾害年年有，今年灾害特别大为防范罕见暴发的蝗群迁飞入境，我国决定建立起多道防线，从源头上控制沙漠蝗群经研究，每只蝗虫的平均产卵数y和平均温度

8、x有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值平均温度xi21232527293235平均产卵数yi个711212466115325i192，i569，iyi18 542，5 414，i25.2848，izi733.7079.(1)根据散点图判断，yabx与ycedx(其中e2.718自然对数的底数)哪一个更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)并由判断结果及表中数据，求出y关于x的回归方程(计算结果精确到小数点后第三位)(2)根据以往统计，该地每年平均温度达到28以上时蝗虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，

9、记该地每年平均温度达到28以上的概率为p(0pakala1(p1)da1(q1)da1(k1)da1(l1)dd(pq)(kl)0或，显然由pqkl不一定能推出apaqakal，由apaqakal也不一定能推出pqkl，因此pqkl是apaqakal的既不充分也不必要条件，故选D.4答案：C解析：a(0,1)；blog2 1，cab，故选C.5答案：B解析：设首项为a1，因为和为80，所以5a154m80，故m8a1.因为m，a1N*，所以或或或或或或因此“公”恰好分得30个橘子的概率是.故选B.6答案：C解析：由题可知ACB72，且cos 72，cos 1442cos2 721，则sin 2

10、34sin(14490)cos 144.故选C.7答案：C解析：方法一：直线l为双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线，则不妨设直线l为yx，F1，F2是双曲线C的左、右焦点，F1(c,0)，F2(c,0)，F1关于直线l的对称点为F1，则F1为(x，y)，解得x，y，F1，F1在以F2为圆心，以半焦距c为半径的圆上，22c2，整理可得4a2c2，即2ac，e2，故选C.方法二：由题意知|F1O|OF1|OF2|F1F2|，所以三角形F1F1F2是直角三角形，且F1F1F230，又由焦点到渐近线的距离为b，得|F1F1|2b，所以2bc，所以e2.故选C.8答案：C解析：设ABC的边长为2，不

11、妨设线段BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，则点A(0，)、B(1,0)、C(1,0)，以线段BC为直径的圆的方程为x2y21，设点P(cos ，sin )，则(1，)，(1，)，(cos ，sin )，由于，则cos ，sin ，解得sin cos ，sin cos ，所以22sin cos sin，因此，2的最大值为.故选C.9答案：BC解析：对于A，因为ab2，所以b2(3ba)(ab)b(b2)0，故A错误；对于B，可通过作差证明，B正确；对于C，ab(ab)0，故C正确；对于D，若成立，当a10，b2时，左边右边，故D错误所以，选BC.10答案：AC解

12、析：对A，取CD中点F，连接MF，BF，则MFDA1，BFDE，由A1DEMFB，MFA1D为定值，FBDE为定值，由余弦定理可得MB2MF2FB22MFFBcosMFB，所以FB为定值，A正确；若B正确，即DEA1C，由AEDBEC45，可得DECE，则DE平面A1EC，所以DEA1E，而这与DA1A1E矛盾，故B错误；因为B是定点，所以M在以B为圆心，MB为半径的圆上，故C正确；取CD中点F，连接MF，BF，则MFDA1，BFDE，由面面平行的判定定理得平面MBF平面A1DE，即有MB平面A1DE，可得D错误故选AC.11答案：BD解析：(x2y2)316x2y2162，解得x2y24(当

13、且仅当x2y22时取等号)，则B正确；将x2y24和(x2y2)316x2y2联立，解得x2y22，即圆x2y24与曲线C相切于点(，)，(，)，(，)，(，)，则A和C都错误；由xy0，得D正确综上，选BD.12答案：AC解析：(x0，x01)区间中点为x0，根据正弦曲线的对称性知f1，故选项A正确；若x00，则f(x0)f(x01)，即sin ，不妨取，此时f(x)sin，满足条件，但f1为(0,1)上的最大值，不满足条件，故选项B错误；不妨令x02k，(x01)2k，kZ，两式相减得，即函数的周期T3，故C正确；区间(0,2 019)的长度恰好为673个周期，当f(0)0时，即k(kZ)

14、时，f(x)在开区间(0,2 019)上零点个数至少为673211 345，故D错误故正确的是AC.13答案：660解析：若甲小区2人，乙、丙、丁其中一小区2人，共有CCA种，若甲小区3人，乙、丙、丁每小区1人，共有CA种，则不同的分配方案共有CCACA660种14答案：解析：求导得f(x)12sin x，令f(x)0，得x，易得f(x)maxf，f(x)minf，又由题意知f0，且fff，由此解得的取值范围为.15答案：25解析：抛物线y22px(p0)的焦点为F(1,0)，所以p2，准线为x1，设过焦点的直线方程为xmy1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得y24my40，y1

15、y24又|AF|4|BF|，y14y2由解得y14，y21或y14，y21，所以|CD|y1y2|5，所以三角形CDF的面积为255.16答案：或解析：如图，取AC中点O，因为PAPC，ABBC，所以ACPO，ACOB，所以AC平面POB，所以平面POB平面ABC，易知OBP即为PB与底面ABC所成的角或补角OB，OP，所以在OPB中，()2PB22PBcosOBP()2，因为sinOBP，当cosOBP时，求得PB3，此时PCBPAB90.故PB为三棱锥P ABC外接球直径，V；当cosOBP时，求得PB，延长BO交外接球于Q，则BQ为圆O的直径，则QBP的外接圆直径为球的直径，由PQ2BQ

16、2BP22BQBPcosQBP(2)2222，球的直径为2R，可求得V.综上外接球的体积为或.17解析：(1)设CBD，因为tan ，又，故sin ，cos ，则sinABCsin 22sin cos 2，cosABCcos 22cos2121，故sin Asinsin(sin 2cos 2).(2)由正弦定理，即，所以BCAC，又|28，所以|28，所以AC4，又由，得，所以AB5.18解析：方案一：选条件.(1)由aa3，得a是公差为3的等差数列，由a11，得a1，则a3n2，又an0，所以an.(2)根据a1，an，am成等比数列，得到aa1am，即3n2，则有m3n24n2，因为nN*

17、且n2，所以m3n24n2N*，当n2时，mmin6；方案二：选条件.(1)因为aanan13an190(an3)(anan13)0，因为a11，所以anan130，则an是等差数列，则an3n2.(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)23m2，则有m3n24n2，因为nN*且n2，所以m3n24n2N*，当n2时，mmin6；方案三：选条件.(1)由Snn22n2，得an.(2)要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(2n3)22m3，则有m2n26n6，因为nN*且n2，所以m2n26n6N*，当n2时，mmin2.19解析：(1)证明：因为

18、PEEB，PEED，EBEDE，所以PE平面EBCD，又PE平面PEB，所以平面PEB平面EBCD，而BC平面EBCD，BCEB，所以平面PBC平面PEB，由PEEB，PMMB知，EMPB，于是EM平面PBC.又EM平面EMN，所以平面EMN平面PBC.(2)假设存在点N满足题意，取E为原点，直线EB，ED，EP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E xyz，不妨设PEEB2，显然平面BEN的一个法向量为n1(0,0,1)，设BNm(0m2)，则(1,0,1)，(2，m,0)设平面EMN的一个法向量为n2(x，y，z)，则由n2n20，即，即，故可取n2(m，2，m)，所以cosn1，n2，

19、依题意，解得m1(0,2)，此时N为BC的中点综上知，存在点N，使得二面角B EN M的余弦值为，此时N为BC的中点20解析：(1)根据散点图可以判断，ycedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型；对ycedx两边取自然对数，得ln yln cdx；令zln y，aln c，bd，得zabx；因为0.272，3.6120.27227.4293.849；所以z关于x的回归方程为0.272x3.849；所以y关于x的回归方程为e0.272x3.849.(2)由f(p)Cp3(1p)2，得f(p)Cp2(1p)(35p)，因为0p0，得35p0，解得0p2.所以点P的轨迹是以A，A为

20、焦点，长轴长为4的椭圆其中，a2，c1，曲线C方程为1.(2)设直线l的方程为xty(2t)，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，直线DE的方程为y(x2)，故yS(x02)，同理yT(x02)；所以2y0ySyT(x02)(x02)，即联立，化简得(3t24)y2(12t6t2)y9t212t0，所以y1y2，y1y2代入得，x02y020，所以点M都在定直线x2y20上22解析：(1)证明：对f(x)求导得f(x)exsin xa，显然ex0，sin x1，所以exsin xa01a0，即f(x)0，所以f(x)在其定义域上是单调递增函数，故f(x)无极值点；(2)解法

21、一：对g(x)求导得g(x)exasin x(x1)，又注意到g(0)2a，令g(0)2a0，得a2.此时g(x)ex2sin x，令h(x)g(x)ex2sin x，则h(x)excos x，显然，在x上，ex1，cos x0，此时h(x)excos x0，故h(x)在上是增函数，所以h(x)h(0)0，即g(x)ex2sin x0；又当x(1,0)时，令s(x)(x1)2ex，t(x)(x1)2cos x，则s(x)(x1)(x3)ex0，s(x)是(1,0)上的增函数，所以s(1)s(x)s(0)，即0s(x)，即ex；又0(x1)21，cos 1cos x1，即0t(x)，即cos x，现设(x1,0)(x2,0)(x0,0)，则在区间(x0,0)上，ex，cos x同时成立，即h(x)excos x0，故h(x)在(x0,0)上是增函数，h(x)h(0)0.从而存在区间(x0,0)，使得g(x)ex2sin x0；当x11xx2.令m(x)ex，m(x)ex0，故m(x)是减函数因此，当xm(0)1，即ex1x.令h(x)sin xx，h(x)cos x.当1xcos 10，故h(x)在(1,0)上单调递增因此，当1x0时，h(x)h(0)0，即sin xx.故当x时，g(x)ex2sin x22x20；因此，a2时x0是g(x)的极小值点