2024年高考数学考前定心卷1（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2024年考前定心卷1
一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．已知向量，，若与共线且反向，则实数的值为（ ）
A．4 B．2 C． D．或4
2．圆与圆的公共弦长为（ ）
A． B． C． D．
3．将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．
4．对于数列，规定为数列的一阶差分，其中，规定为数列的k阶差分，其中．若，则（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
5．将三个分别标注有 ，x，的三个质地均匀的小球放入一个不透明的小盒中.无放回的随机取出2个小球（每次取一球），分别记录下小球的标注为.若 ，则在上单调递减的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与的上、下底面及侧面均相切，则的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点与抛物线的焦点重合，与在第一象限相交于点P．若，则的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
8．在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知复数，，，则（ ）．
A． B．，，的实部依次成等差数列
C． D．，，的虚部依次成等比数列
10．已知定义域为的函数满足，，为函数的导函数，则下列结论正确的为（ ）
A．为奇函数 B．
C． D．
11．已知直三棱柱中，，点分别为棱的中点，是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直三棱柱外接球的半径为2
B．三棱锥的体积与的位置无关
C．若为的中点，则过三点的平面截三棱柱所得截面为等腰梯形
D．一只虫子由表面从点爬到点的最近距离为
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，集合，写出满足的一个实数的值 ．
13．已知函数，，的零点分别为a，b，c，则 ．
14．某地需要经过一座山两侧的两点修建一条穿山隧道．工程人员先选取直线上的三点，在隧道正上方的山顶处测得处的俯角为，处的俯角为，处的俯角为，且测得，，，则拟修建的隧道的长为 ．
四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．某地政府为提高当地农民收入，指导农民种植药材，取得较好的效果.以下是某农户近5年种植药材的年收入的统计数据：
年份 2019 2020 2021 2022 2023
年份代码 1 2 3 4 5
年收入（千元） 59 61 64 68 73
(1)根据表中数据，现决定使用模型拟合与之间的关系，请求出此模型的回归方程；（结果保留一位小数）
(2)统计学中常通过计算残差的平方和来判断模型的拟合效果.在本题中，若残差平方和小于0.5，则认为拟合效果符合要求.请判断（1）中回归方程的拟合效果是否符合要求，并说明理由.
参考数据及公式：，.设，则，.
16．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，.
(1)证明：
(2)若平面平面，且，求二面角的平面角的余弦值.
17．已知是函数的一个极值点.
(1)求；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数有3个零点，求的取值范围.
18．已知双曲线的右焦点为F，左、右顶点分别为M，N，点是E上一点，且直线PM，PN的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)过F且斜率为1的直线l交E于A，B两点，O为坐标原点，C为E上一点，满足，的面积为，求E的方程．
19．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．
参考答案：
1．A
【分析】利用向量共线的坐标表示求出，再结合反向共线即可得解.
【详解】由向量，共线，得，解得或，
当时，，，与同向，不符合题意，
当时，，，与反向，符合题意，
所以实数的值为4.
故选：A
2．D
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心到公共弦的距离，由弦长即可求出两圆的公共弦长.
【详解】由，作差
得两圆的公共弦所在直线的方程为．
由，得．
所以圆心，半径，
则圆心到公共弦的距离．
所以两圆的公共弦长为．
故选：D．
3．D
【分析】根据三角函数的图象变换，整理变换之后的函数解析式，结合三角函数的奇偶性，可得答案.
【详解】由题意可知函数的图象关于原点对称，
则，整理可得，
当时，.
故选：D.
4．D
【分析】由数列的新定义计算即可.
【详解】由可得
，
，
由可得，
所以，
故选：D.
5．D
【分析】利用导数求解函数的单调性，即可由古典概型概率公式求解.
【详解】若，由均为上的单调递增函数，且为正，故为上的单调递增函数，
若，则时，，故为上的单调递减函数，
若，则时，，故为上的单调递减函数，
故在上单调递减的概率为,
故选：D
6．A
【分析】根据圆台的轴截面图，利用切线长定理结合圆台和球的结构特征求解，，然后代入圆台体积公式求解即可.
【详解】如图，设的上、下底面圆心分别为，，则的内切球的球心O一定在的中点处．
设球O与的母线AB切于M点，则，，
，，所以．过A作，垂足为G，
则，由，得，所以，
所以的体积为．
故选：A．
7．D
【分析】根据给定条件，利用双曲线定义求出，再利用抛物线定义求出点的横坐标，结合与的方程建立关系，求出即可.
【详解】令双曲线的半焦距为c，抛物线的焦点，准线方程为，，
由，得，又，
则，设点，于是，解得，
由，得，又，
则，整理得，而，
因此，解得，从而，
所以的渐近线方程为.
故选：D

8．B
【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论.
【详解】，
由余弦定理可得，整理可得，
又AC边上的高为，所以，即，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，则，
，故∠ABC的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得.
9．BC
【分析】根据复数的乘法运算以及除法运算可得， ，即可根据模长公式以及实部虚部的概念，结合选项逐一求解.
【详解】，所以，，
对于A：，A错误；
对于B：，，的实部依次为1，0，，成等差数列，B正确；
对于C：，，C正确；
对于D：，，的虚部依次1，，，不成等比数列，错误．
故选:BC．
10．AB
【分析】对于A：令，解得，令，结合奇函数定义分析判断；对于B：令，可得；令，，可得；对于CD：解法一：举反例，代入检验即可判断；解法二：根据题意结合柯西方程可得，求导即可得，利用作差法分析判断D.
【详解】对于选项A：由题意定义域为的函数满足，
令，则，解得，
令，则，
即，可知为奇函数，故A正确；
对于选项B：令，可得；
令，，可得，故B正确；
对于选项CD：因为，
即，
则，
令，则，且，
解法一：例如，满足题意，但，则，故C错误；
且，
所以，故D错误；
解法二：柯西方程：若定义域为的函数满足，则，
由柯西方程可知，则，
可知，则，故C错误；
且，
所以，故D错误；
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：对于选项CD：构建函数，则，结合柯西方程可得.
11．ABD
【分析】借助长方体判断A；利用等体积法判断B；通过中位线证明截面为梯形，利用勾股定理求出两腰，进而判断C；分情况讨论，比较最短距离，可判断D.
【详解】对于A，因为，三棱柱为直三棱柱，

如图，故该三棱柱为长方体的一半，如图：
所以直三棱柱外接球即为长方体外接球，
因为，
所以其外接球半径为，故A正确；
对于B，如图：
，
因为分别为的中点，所以，
又点在上，所以到的距离为定值，
故的面积为定值，故三棱锥的体积与的位置无关，故B正确；
对于C，如图，连接，

因为分别为的中点，
所以，且，
又因为，且，所以，且，
过三点的平面截三棱柱所得截面为梯形，
又，
所以，所以，
所以,所以，
所以四边形不是等腰梯形，故C错误；
对于D，若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图1，则爬过的最小距离：为；

若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图2，则爬过的最小距离为：；

若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图3，则爬过的最小距离为：，

若一只虫子由表面从点经过爬到点，如图4，
过作，交于点，
因为为中点，所以 ，所以，
在中，则爬过的最小距离为：
，

故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键要找出虫子的几条路线，然后分别求最短距离.
12．1（答案不唯一）
【分析】由已知得出，设，结合图象列出不等式组求解即可．
【详解】因为，所以，
设，则的整数解为，
则，，且，解得，
故答案为：1．
13．3
【分析】先把转化为函数，，与的交点的横坐标，再利用与互为反函数，可得，又，所以.
【详解】如图，在平面直角坐标系中，作函数，，的图象，它们的图象与函数的交点的横坐标就是.
因为，互为反函数，其图象关于直线对称，与垂直，所以.
又，所以.
所以.
故答案为：3
14．/
【分析】由题意可得，，，，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，再由得到答案.
【详解】由题意得，，，，
在中，由正弦定理得，即，所以，
在中，由正弦定理得，即，
所以，
，
故答案为：.
15．(1)
(2)拟合效果符合要求，理由见解析
【分析】（1）设，根据数据计算，根据最小二乘法公式计算即可；
（2）先利用（1）的方程计算预测值，再利用残差的定义计算残差平方和判定结果即可.
【详解】（1）根据农户近5年种植药材的平均收入情况的统计数据可得：
，，
设，则，所以，
则，.
所以，回归方程为.
（2）将值代入可得估计值分别为59，60.8，63.8，68，73.4，
则残差平方和为.
因为，所以回归方程拟合效果符合要求.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而利用平行关系即可证明；
（2）设平面和平面的交线为直线，利用面面平行性质定理可得，进而得到平面，则是平面与平面的二面角，方法一：以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；解法二：由二面角的定义可知，的大小为直线与夹角或补角，等价于直线与的夹角，在中求解即可.
【详解】（1）如图连接，
因为四边形是平行四边形，且，，，
所以，，，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以.
（2）如图，设平面和平面的交线为直线，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，
所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以是平面与平面的二面角的平面角，
因为平面平面，所以，即，
在中，因为，，所以
在中，因为，则，所以为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得平面，如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，得平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，取，得平面的一个法向量，
记二面角的平面角为，由图观察可得为钝角，
所以.
方法二：在中，因为，，，
则，所以，
又因为，记二面角的平面角为，
由二面角的定义可知，的大小为直线与夹角或补角，等价于直线与的夹角，
在中，因为，，，由图观察可得为钝角，
所以.
17．(1)16
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）先依据题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值；
（2）利用函数的导数即可求得函数的单调区间；
（3）依据函数的单调性和极值，结合直线与函数的图像即可求得的取值范围.
【详解】（1），
由是函数的一个极值点，
则，解之得.经检验符合题意.
（2）由（1）可得
由，可得或，
由，可得，
则函数的单调增区间为，单调减区间为.
（3）由（2）可得，函数的极大值为，
函数的极小值为，
又，
函数的简图如下：

当直线与函数的图像有3个交点时，
函数有3个零点，
则的取值范围为.
18．(1)
(2)．
【分析】（1）根据是E上一点得到，再结合直线PM，PN的斜率之积为即可得到；
（2）由（1）得到直线的方程，然后联立直线和双曲线方程，根据得到，根据点为上一点得到，再结合双曲线方程和韦达定理化简得到，解方程得到，最后根据的面积列方程，解方程得到即可得到双曲线的方程.
【详解】（1）
由是E上一点，得，即，
由及，得，
由直线PM，PN的斜率之积为，得，所以．
（2）由（1），得E的半焦距，直线．
联立得，
．
设，则，
设，由，得，
由C为E上一点，得，则，
化简，得，
又在上，则，
又有
，即有，
整理，得，解得或．
当时，，则B与C重合，不合题意，故．
，
点到直线的距离为
，
所以的面积，
由的面积为，得，解得，故的方程为．
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量坐标运算进行转化变形，结合已知条件得出结果.
19．(1)不是“型数列”，证明见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）变形得到，数列是首项为2，公比为2的等比数列，得到，得到结论；
（2）在（1）的基础上，累加得到通项公式；
（3）求出，参变分离得到，换元后，利用导函数得到函数单调性，进而得到，得到的取值范围.
【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；
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)