2024届高考数学冲刺模拟卷06（B卷）（含解析）

2024届高考数学冲刺模拟卷06（B卷）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A． B．
C． D．
2．双曲线的离心率是（ ）
A． B．1 C． D．2
3．设为两条直线，为两个平面，若，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．已知圆截直线所得弦的长度为，则实数a的值是（ ）
A．2 B． C． D．
5．知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种 B．284种 C．264 种 D．186种
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
8．抛物线的焦点为，为其准线上任意一点，过点作的两条切线，切点为（点与在抛物线同侧），则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
二、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.
9．已知空间向量，则（ ）
A．
B．在上的投影向量为
C．若向量，则点在平面内
D．向量是与平行的一个单位向量
10．已知复数，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（多选题）定义在R上的函数和，函数的图象关于直线对称，且满足，若，则（ ）
A． B．函数的图象是中心对称图形
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．数据的第63百分位数是，则实数的最小值是 .
13．函数（）的图象过点，且在区间上单调递增，则的值为 .
14．已知抛物线的焦点为点，过点的直线交抛物线于点，两点，交抛物线的准线于点，且，，则
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．已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，.
(1)求A；
(2)若，求的取值范围.
16．已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求a的取值范围：
(2)若直线与的图象相切，求a的值．
17．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，、分别为、上的点，且.
(1)证明：平面；
(2)若平面，为的中点，，，求二面角的正切值.
18．动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
19．对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列；记，称数列为数列的二阶差分数列，…，一般地，对于，记，规定：，称为数列的阶差分数列．对于数列，如果（为常数），则称数列为阶等差数列．
(1)数列是否为阶等差数列，如果是，求值，如果不是，请说明为什么？
(2)请用表示，并归纳出表示的正确结论（不要求证明）；
(3)请你用（2）归纳的正确结论，证明：如果数列为阶等差数列，则其前项和为；
(4)某同学用大小一样的球堆积了一个“正三棱锥”，巧合用了2024个球．第1层有1个球，第2层有3个，第3层有6个球，…，每层都摆放成“正三角形”，从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，问：这位同学共堆积了多少层？
2024届高考数学冲刺模拟卷06（B卷）
答案解析
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．已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】首先化简集合，根据交集、补集定义可得.
【详解】依题意，，由，得，
又在上单调递增，所以，
即，，
则，图中阴影部分表示的集合是集合A中的补集，
故阴影部分表示的集合为，
故选：D．
2．双曲线的离心率是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】利用反比例函数的性质，结合双曲线渐近线的性质即可得解.
【详解】由反比例函数的性质可知，两坐标轴是双曲线的渐近线，
所以这两渐近线的夹角为，
将双曲线顺时针旋转后，该双曲线的焦点落在轴上，
同时，其中一条渐近线的倾斜角为，所以，
所以离心率为.
故选：C
3．设为两条直线，为两个平面，若，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若且，则与平行、相交或异面，所以A不正确；
对于B中，若且，则与平行、相交或异面，所以B不正确；
对于C中，若且，
如图所示，取点，过点，作，则，
设，可得，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为与所成角的平面角，由，可得，即，
所以四边形为矩形，所以，所以，所以C正确；
对于D中，若且，则与平行、相交或异面，所以D不正确.
故选：C.
4．已知圆截直线所得弦的长度为，则实数a的值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】确定圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式计算即可.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，
弦的长度为，故圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离，所以，
故选：C．
5．知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种 B．284种 C．264 种 D．186种
【答案】A
【分析】根据题意考虑两端的位置排的是男生或女生的情况，结合女同学不相邻，求出各种情况的排法数，根据分类计数加法原理，即可求得答案.
【详解】当2名女生站在两端时，3名男生和1名老师排在中间，
共有种排法；
当有1名女生排在一端，另一端排男生时，
共有种排法；
当男生排在两端时，共有种排法；
故不同的排法共有（种），
故选：A
6．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用余弦的二倍角及积化和差公式，得到，从而得到，即可求出结果.
【详解】因为，
得到，又，所以，
所以，
故选：B.
7．已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到半径，进一步计算即可.
【详解】过三角形的中心作平面的垂线，
过三角形的中心作平面的垂线，
两垂线交于点，连接，
依据题中条件可知，为四面体的外接球球心，
因为，
所以,
则,
即外接球半径为，
则该球的表面积为，
故选：C.
8．抛物线的焦点为，为其准线上任意一点，过点作的两条切线，切点为（点与在抛物线同侧），则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】D
【分析】根据过点的直线与抛物线相切，得到，利用抛物线对称性设不妨设切点为在第一象限，然后利用导函数求切线斜率，进而求出直线方程，得，得，最后利用基本不等式求最值.
【详解】
由，可知抛物线焦点，准线方程为，
因为为其准线上任意一点，设，
设过点且与抛物线相切的直线为：，①
由得：，
所以，整理得，，②
所以，是方程②的两根，
所以，故，
所以，
利用抛物线对称性，不妨设切点为在第一象限，坐标为，
由得，所以，
所以直线的斜率，
代入①可得切线的方程为：，
又因为点在直线上，
所以，所以，
所以点的坐标为，
所以，，
所以
.
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.
故选：D
二、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.
9．已知空间向量，则（ ）
A．
B．在上的投影向量为
C．若向量，则点在平面内
D．向量是与平行的一个单位向量
【答案】ABD
【分析】由空间向量垂直和平行坐标运算判断AD,由空间向量基本定理判断C,由投影向量判断B.
【详解】由已知可得，A正确；
由于，所以在上的投影向量即为，B正确；
若在平面ABC内，则存在实数x，y，使得，而,
所以，
上述方程组无解，故点E不在平面ABC内，C错误;
由，故，且，
所以正确．
故选：ABD．
10．已知复数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】根据同角三角函数关系和复数模的运算即可判断A，根据复数乘方运算即可判断B，根据复数乘法代数运算即可判断C，根据复数模的计算和余弦函数的有界性即可判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对B，因为复数，则，
则，而，则，故B正确；
对C，，C正确；
对D，由题意得，
，
因为，则当，故D错误.
故选：ABC．
11．（多选题）定义在R上的函数和，函数的图象关于直线对称，且满足，若，则（ ）
A． B．函数的图象是中心对称图形
C． D．
【答案】BC
【分析】对于B，由题意得，结合即可验证；对于A，在中，令即可验证；对于D，首先得出 的周期为4，进一步，从而令结合，得，结合周期性即可验证；对于D，取特殊值，由题意得，结合即可验算.
【详解】由的图象关于直线对称得到，
再由，
即，
得到，故 的图象关于对称，故B正确；
令 ，得到 ，故A不正确，
由，
，即，
，，
故得到 的周期为4，
又，即，即，
令，则 ，故 ， ，故D错误；
令，则 ，故 所以 ，
令，则，故，所以C正确.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．数据的第63百分位数是，则实数的最小值是 .
【答案】/
【分析】根据百分位数的定义进行求解即可.
【详解】由题意可知这组数据一个有8个，
因为，
所以这组数据第63百分位数是这组数据从小到大排列，第6个数据，
因为这组数据第63百分位数是，
所以实数的最小值是，
故答案为：
13．函数（）的图象过点，且在区间上单调递增，则的值为 .
【答案】/0.75
【分析】根据函数图象过的点，求出，再结合函数的单调性推出，二者联立即可确定答案.
【详解】由题意知函数（）的图象过点，
故，则，
故，
又在区间上单调递增，则，
解得，结合，，
可得时，，
故答案为：
14．已知抛物线的焦点为点，过点的直线交抛物线于点，两点，交抛物线的准线于点，且，，则
【答案】
【分析】联立直线和抛物线方程，利用韦达定理得到，再利用平行线分线段成比例，将长度比转换为坐标关系，从而得解.
【详解】依题意，抛物线的焦点坐标为，
易知直线斜率存在，设直线方程为：，，
联立，消去，得
易知，则，即，
过作垂直于轴，过作平行于轴，两者交于，
过作垂直于轴，交轴于，根据对称性，示意图如下，
因为，所以，
因为，所以，
则.
故答案为：.
【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.
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．已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，.
(1)求A；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据结合三角恒等变换分析运算；
（2）利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换结合正弦函数分析运算.
【详解】（1）∵，即，
由于，则，即，
两边同乘以可得：，
则，且，解得.
（2）由题意及正弦定理，得，，
则
，
由（1）可知，且为锐角三角形，
则，解得，
则，所以，
故的取值范围是.
16．已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求a的取值范围：
(2)若直线与的图象相切，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用函数的单调性与导数的正负，得出导函数的恒成立关系，利用分离参数和基本不等式即可求解；
（2）利用导数的几何意义及切点的位置关系，建立方程组即可求解.
【详解】（1）记在上单调递减，
对恒成立，
，而，
当且仅当即时，等号成立，
所以当时，取得最小值为.
所以a的取值范围为
（2）设直线与的图象相切于，
，
由题意可知，
代入，
，左边式子关于单调递减且时，左边
17．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，、分别为、上的点，且.
(1)证明：平面；
(2)若平面，为的中点，，，求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在上取一点，使得，连接、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）证明：如图，在上取一点，使得，连接、，
因为，且是平行四边形，
所以，故，
又因为平面，平面，所以平面，
因为四边形是平行四边形，则且，
所以四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：当点为的中点，平面，，时，
连接，则为等边三角形，所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，.
设平面与平面的法向量分别为，，
则，取，可得，
，取，可得，
所以，，
则。
所以，，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为.
18．动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，所以，
故的方程为：.
（2）（i）证明：设，，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为：，显然当时，，
故直线经过定点.
（ii）设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
19．对于数列，记，称数列为数列的一阶差分数列；记，称数列为数列的二阶差分数列，…，一般地，对于，记，规定：，称为数列的阶差分数列．对于数列，如果（为常数），则称数列为阶等差数列．
(1)数列是否为阶等差数列，如果是，求值，如果不是，请说明为什么？
(2)请用表示，并归纳出表示的正确结论（不要求证明）；
(3)请你用（2）归纳的正确结论，证明：如果数列为阶等差数列，则其前项和为；
(4)某同学用大小一样的球堆积了一个“正三棱锥”，巧合用了2024个球．第1层有1个球，第2层有3个，第3层有6个球，…，每层都摆放成“正三角形”，从第2层起，每层“正三角形”的“边”都比上一层的“边”多1个球，问：这位同学共堆积了多少层？
【答案】(1)数列是二阶等差数列，2
(2)，，
(3)证明见详解
(4)22
【分析】（1）由新定义可直接证明数列是二阶等差数列；
（2）由的关系，递推可得答案；
（3）首先证明数列为阶等差数列，再结合（2）可得；
（4）由（3）得：，方法一：结合等差数列的前n项和公式可得答案；方法二：结合组合数的性质可得答案.
【详解】（1）因为，
而，
所以，数列是二阶等差数列．
（2）因为数列为阶等差数列，则，
则，
则，
，
．
归纳得一般结论：①．
（3）设数列：，因为，
所以数列为阶等差数列，
由（2）中①得：，因为
所以．
（4）由（1）知数列为二阶等差数列，
且，
则由（3）得：
②．
设共堆积了层，第层共有个球，第1层有1个球，因为每层的“边”比上一层多1个球，所以第层的“边”共有个球，则第层的球数为．
则这层所有球的个数为．
【法一】由②式得：
．
解得：．
答：这位同学共堆积了22层．
【法二】
．
解得：．
答：这位同学共堆积了22层．
【点睛】涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.