2024年高考数学考前定心卷3（含解析）

2024年高考考前定心卷3
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．在中，角的对边分别为，且，，则（ ）
A． B． C．2 D．
2．已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（ ）．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若复数是纯虚数，则（ ）
A． B． C． D．
4．若，则的值为（ ）
A． B． C．253 D．126
5．已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A．2或4 B．2或3 C．4或5 D．3或5
6．在空间四边形中，分别是上的点，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．过双曲线的下焦点作某一条渐近线的垂线，分别与两条渐近线相交于两点，若,则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
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．设集合{为两个非零向量可能的夹角}，集合{为两条异面直线可能的夹角}，则下列说法错误的是（ ）
A． B．
C． D．
10．定义在上的函数满足，且函数关于点对称，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称 B．4是函数的一个周期
C． D．
11．在一个有限样本空间中，事件发生的概率满足，，A与互斥，则下列说法正确的是（ ）
A． B．A与相互独立
C． D．
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）
12．用反证法证明命题：“已知，则且”时，应假设 .
13．某小组5位同学各拋掷一枚正方体骰子，将正面向上的点数按从小到大的顺序记录下来，得到一组统计数据．已知这组数据的平均数为整数，最大值为6，中位数为3，方差为1.6，则这组数据的众数为 ．
14．函数，，若，满足，则的最小值为 .
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．“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
(1)若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
(2)设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围.
16．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，，求证：．
17．如图，在梯形中，已知，，，现将沿翻折成直二面角.
(1)证明：面；
(2)若直线与所成角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知抛物线：与双曲线：相交于点．
(1)若，求抛物线的准线方程；
(2)记直线l：与、分别切于点M、N，当p变化时，求证：的面积为定值，并求出该定值．
19．已知曲线在点处的切线为．
(1)求直线的方程；
(2)证明：除点外，曲线在直线的下方；
(3)设，求证：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由余弦定理求出，再由数量积的定义计算可得.
【详解】因为，
由余弦定理得，又
所以.
故选：C
2．C
【分析】根据已知条件，将前项和变形，再结合充分条件、必要条件的定义即可求解.
【详解】因为，所以，即，
又是公差为的等差数列，所以；
又时，有，即，即，
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C
3．A
【分析】根据纯虚数概念，结合任意角的基本关系求出，再由二倍角公式可得.
【详解】因为是纯虚数，所以，
所以，所以，
所以，故.
故选：A.
4．C
【分析】先令，求得，再利用通项公式求得求解.
【详解】解：令，
得，
，
∴.
故选：C.
5．D
【分析】根据题意可知：点P的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，结合两圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，且，
因为，可知点P的轨迹为以线段的中点为圆心，半径的圆，
又因为点P在圆上，
可知圆与圆有且仅有一个公共点，则或，
即或，解得或.
故选：D.
6．C
【分析】作交于，连接，可证得，得是与所成的角或其补角，由平行线性质求得，由余弦定理求得，从而得与所成的角．
【详解】
作交于，如图，连接，则，
又，所以，所以，所以是与所成的角或其补角.
，所以，所以.
在中，，
所以与所成角的余弦值为.
故选：C.
7．B
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化边为角，再化简即可得解.
【详解】由余弦定理得：，
.
故选：B.
8．A
【分析】过点作另一条渐近线的垂线于，借助双曲线的对称性计算可得，即可得离心率.
【详解】过点作另一条渐近线的垂线于，由对称性可得，
由，则有，则，
故，故，故，
即.
故选：A.
9．BCD
【分析】由向量夹角定义和异面直线所成角取值范围求出集合A，B，再结合集合相关概念即可求解.
【详解】由题集合，，
所以，，故A对，B错；
由上，故C、D错.
故选：BCD.
10．ACD
【分析】根据函数的对称性、周期性逐项判断即可得结论.
【详解】函数关于点对称，
，即，
函数的图象关于点对称，A正确：
，令，则，
，故，B错误：
设，则，
的图象关于点对称，
①，
，
的图象关于直线对称，
②，
由①②可得：，则，，
的一个周期为4，
又可得，，即，
，C正确；
，
，则D正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：本题考查抽象函数的对称性与周期性，一般可根据如下规则判断：
（1）若对任意的实数，满足，则函数的周期为；
（2）若对任意的实数，满足，则函数关于直线对称；
（3）若对任意的实数，满足，则函数关于点对称．
11．ABD
【分析】A选项，根据互斥得到，；B选项，根据求出，故，B正确；C选项，A与互斥，故与互斥，故C正确；D选项，根据求出D正确.
【详解】A选项，A与互斥，故，，则包含事件，故，A正确；
B选项，，
即，故，
故，A与相互独立，B正确；
C选项，A与互斥，故与互斥，故，C错误；
D选项，
，
因为，故，D正确.
故选：ABD
12．或.
【分析】利用反证法的概念直接求解.
【详解】用反证法证明命题：“已知，则且”时，
应假设: 或.
故答案为：或.
13．3
【分析】根据题意将这组数据由小到大设出来，再根据方差为1.6可判断出平均数的取值有两种情况 ，对这两种情况分别讨论即可得出结果.
【详解】设这组数据为，则平均数大于等于，
假设平均数为3．因为，
所以平均数或，
若，则，
所以，解得；
若，则，
所以，此时无解．
所以这组数据的众数为3．
故答案为：3.
14．
【分析】先确定的单调性，然后证明，再由的单调性得到，最后给出取到等号的例子即可.
【详解】设，则，所以当时，，当时，.
从而在上递减，在上递增，故.
由于，故，即.
假设，则，矛盾；
假设，则，矛盾.
所以，故.
当，时，有，且.
所以的最小值是.
故答案为：.
15．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，得到的所有可能取值为2，3，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（2）分别求，结合，运算求解即可.
【详解】（1）因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3，
，
，
的分布列为
2 3
所以.
（2）由题意知，
.
由，得，
且，则，可得，
整理得，解得，
所以的取值范围为.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造新数列，是等差数列，通过的通项公式得到的通项公式.
（2）由，得到，进而，裂项相消法求和.
【详解】（1）由知，若，则，若，则．
又，所以．
由，可得即（常数），
故是首项为2，公差为1的等差数列，所以．
故．
（2）由得，①
由得，②
①②可得．
当时，，则．
所以
，
所以，
当时，也满足上式，所以．
由上可知，，
所以
，
即．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点E，连接，利用平面几何知识证明，再利用面面垂直的性质定理证明面即可；
（2）取的中点O，连接，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，利用向量求异面直线与所成角，列方程求出a，进而通过向量法求出平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点E，连接，
因为，
则，
故四边形为平行四边形，
所以，
则，
故，即，
又平面平面，且平面平面，平面，
故面.
（2）取的中点O，连接，则，
所以，且，则两两互相垂直，
故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，，，
故，
所以，
因为异面直线PC与AB所成角的余弦值为，
所以，解得，
故，
设面的法向量为，，
，令，可得，
由（1）可知平面的一个法向量为，
，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
18．(1)；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）求出，代入求出即可求出准线方程.
（2）把直线的方程分别与、联立，用表示出，进而求出切点的坐标，再求出三角形面积即得结果.
【详解】（1）由，得，将其代入，得，
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）由，得，
由直线与相切，得，解得，切点，
由，得，
由直线与相切，得，解得，切点，
于是，令，则直线的方程为，
点，由，得，
所以，
点到直线的距离为，
所以，
所以的面积为定值，该定值为.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程；
（2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明；
（3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案.
【详解】（1）因为，
所以，
所以直线的方程为：，即
（2）令，则，
令，则，
由，解得，由，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当等号成立，
所以除切点之外，曲线在直线的下方．
（3）由，解得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，
当时，．
因为，则，不妨令．
因为曲线在点的切线方程为，
设点在切线上，有，故，

由（1）知时，，
则，即，
要证：，
只要证：，
只要证：，
又，
只要证：，
令，
则，
易证在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以在上单调递减，所以成立，
所以原命题成立．
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用函数在零点处的切线方程，得到，且，从而只需证明，再勾股函数进行求解.
答案第1页，共2页
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