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2024年新课标高考数学冲刺卷——集合与常用逻辑用语
一、单选题
1．已知集合，，若中有2个元素，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．下列正确命题的个数为（ ）
①，；②；③；④．
A．1 B．2 C．3 D．4
5．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
6．若集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
7．“”是“直线与直线平行”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
8．“，且”是“，且”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
9．命题：“使得不等式成立”是真命题，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．已知命题函数在内有零点，则命题成立的一个必要不充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
11．设集合是4与6的公倍数，，则（ ）
A． B． C． D．
12．设，均为锐角，则“”是“”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
13．集合,则以下可以是的表达式的是（ ）
A． B． C． D．
14．若对任意，，则称A为“影子关系”集合，下列集合为“影子关系”集合的是（ ）
A． B．
C． D．
15．若，函数为奇函数，则是的（ ）
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
16．已知向量，，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
二、多选题
17．已知表示这个数中最大的数．能说明命题“，，”是假命题的对应的一组整数a，b，c，d值的选项有（ ）
A．1，2，3，4 B．，，7，5
C．8，，， D．5，3，0，
18．设集合，，若，则的值可以为（ ）
A．1 B．0 C． D．
三、填空题
19．已知集合，且，则实数的取值范围是 .
20．设为虚数单位．若集合，，且，则 ．
21．已知集合，，若，则 .
22．已知集合，则的取值集合为__________.
参考答案：
1．A
【分析】若条件满足，设出2个元素以后可推知，从而确定的值，再证明，最后验证时条件满足即可得到答案.
【详解】一方面，若中有2个元素，则由知.
由，结合，知只可能分别是.
所以，，得；
另一方面，若，则，所以有2个元素.
综上，的取值范围是.
故选：A.
2．A
【分析】根据命题的否定的概念即可得解.
【详解】由题意原命题的否定为“，”，
故选：A.
3．A
【分析】分别求出集合，再根据交集的定义求解即可.
【详解】由题意，，或
所以.
故选：A．
4．B
【分析】利用全称量词命题、存在量词命题真假判断方法逐一判断各个命题即得.
【详解】，，①正确；当时，，②错误；
当时，，③正确；由于，而都是无理数，④错误，
所以正确命题的个数为2.
故选：B
5．A
【分析】根据对数型函数的定义域和二次函数值域即可得到，再根据交集含义计算即可.
【详解】集合中，所以或，集合中，
所以，
故选：A.
6．D
【分析】先求出集合，再求，即阴影部分为.
【详解】由条件可得，
则，
所以图中阴影部分为
.
故选：D.
7．D
【分析】求出直线平行的充要条件为，结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】若，则有，所以或，
当时，，故，重合；
当时，，满足条件，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
8．B
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；
当，满足，且，但是，故充分性不成立，
所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.
故选：B
9．C
【分析】根据题意，转化为不等式在有解，结合二次函数的性质，求得其最小值，即可求解.
【详解】由使得不等式成立是真命题，
即不等式在有解，
因为，当时，，
所以，即实数的取值范围为.
故选：C.
10．D
【分析】先确定函数的单调性，再利用零点存在性定理结合充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】显然可知函数在上单调递增，
由零点存在定理可得，
即，解得，
要成为命题成立的一个必要不充分条件，
则该条件所对应的集合包含，
经检验，D选项是命题成立的必要不充分条件.
故选：D.
11．B
【分析】由题意可知：，则是的真子集，对比选项分析即可.
【详解】由题意可知：，
显然24的倍数均为12的倍数，但12的倍数不一定是24的倍数，例如12，
所以是的真子集，对比选项可知B正确，ACD错误.
故选：B.
12．C
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的单调性，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】，均为锐角，正弦函数在上单调递增，
因此，所以“”是“”的充要条件.
故选：C
13．C
【分析】利用基本函数的导数，分别对各个选项对应的函数求导，再利用集合的互异性，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为，所以，，，，不满足集合的互异性，所以选项A错误，
对于选项B，因为，所以，不满足集合的互异性，所以选项B错误，
对于选项C，因为，所以，，，，所以选项C正确，
对于选项D，因为，所以，，，，后面再求导，导数均为，不满足集合的互异性，所以选项D错误，
故选：C.
14．D
【分析】对于ABC：举反例说明即可；对于D：分局题意分析即可.
【详解】对于选项A：因为，但，不符合题意，故A错误；
对于选项B：因为，但无意义，不符合题意，故B错误；
对于选项C：例如，但，不符合题意，故C错误，
对于选项D：对任意，均有，符合题意，故D正确；
故选：D.
15．A
【分析】将值代入函数，根据奇函数的定义式是否成立来判断充分性；由奇函数的定义式来构造方程求参数的值，从而判断必要性.
【详解】因为，所以，
所以，
所以此时是奇函数，
所以p是q的充分条件.
若是奇函数，则，
即，所以，即
所以p是q的不必要条件.
综上得：p是q的充分不必要条件.
故选：A.
16．A
【分析】根据向量共线的坐标关系运算求出的值，判断得解.
【详解】向量，，
若与共线，则.解得或，
所以“”是“与共线”的充分不必要条件，
故选：A.
17．BC
【分析】根据的含义说明AD不符合题意，举出具体情况说明BC，符合题意即可.
【详解】对于A，D，从其中任取两个数作为一组，剩下的两数作为另一组，
由于这两组数中的最大的数都不是负数，其中一组中的最大数即为这四个数中的最大值，
故都能使得命题“，”成立；
对于B，当时，而，
此时，即命题“，，”是假命题；
对于C，当时，而，
此时，即命题“，，”是假命题；
故选：BC
18．ABD
【分析】由，可得，再分和两种情况讨论即可.
【详解】，
因为，所以，
当时，，
当时，，
则或，所以或，
综上所述，或或.
故选：ABD.
19．
【分析】解不等式化简集合A，再利用交集的定义及集合的包含关系求解即得.
【详解】依题意，，则，
由，得，所以的取值范围是.
故答案为：
20．
【分析】根据题意，利用集合的包含关系，列出方程组，即可求解.
【详解】由集合，，因为，
当时，此时，方程组无解；
当时，此时，解得，
综上可得，实数的值为.
故答案为：.
21．
【分析】根据集合相等求得，从而求得正确答案.
【详解】依题意可知，由于，
所以，此时，
所以，解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
22．
【分析】本题根据集合之间的关系，对参数分类讨论，即可确定参数的取值.
【详解】由题意可知：，
因为,所以当时，；
当时，则,
则或，解得或，
综上得，a的取值集合是.
故答案为：
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2024年新课标高考数学冲刺卷——平面向量
一、单选题
1．下列结论正确的是（ ）
A．平行向量不一定是共线向量 B．单位向量都相等
C．两个单位向量之和不可能是单位向量 D．
2．已知点，则与向量共线的单位向量为（ ）
A． B．或
C． D．或
3．在四边形中，与交于点，且，则 （ ）
A． B．四边形是梯形
C．四边形是菱形 D．四边形是矩形
4．已知向量是非零向量，则方向上的单位向量为（ ）
A． B． C． D．（且）
5．已知向量，不共线，实数，满足，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
6．下列说法正确的是（ ）
A．若且，则 B．若且，则
C．若，则 D．
7．下列命题中，正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
8．已知，且，则（ ）
A． B． C．4 D．
9．设单位向量，，，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
10．已知平面内任意两个向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．已知，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．在梯形ABCD中，，，与相交于点，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
13．若非零向量与满足，，则为（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
14．已知向量，则以下说法正确的是（ ）
A． B．方向上的单位向量为
C．向量在向量上的投影向量为 D．若，则
15．若单位向量，，满足，，则（ ）
A．0 B． C．0或 D．0或
16．已知长方体的底面是边长为1的正方形，侧棱，在矩形内有一动点满足，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
17．已知非零向量满足，（）的最小值为2，则的夹角为（ ）
A． B． C．或 D．或
18．在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．8 D．9
19．如图，是边的中点，在上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
20．已知点O为所在平面内一点，且，，，则为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
21．在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ）
A． B． C． D．
22．已知外心是点，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
23．已知点A，点B，点P都在单位圆上，且，则的最大值是（ ）
A． B．3 C．1 D．2
二、多选题
24．如图，在直角三角形中，，，点是以为直径的半圆弧上的动点，若，则（ ）
A． B．
C．最大值为 D．，，三点共线时
25．下列命题错误的是（ ）
A．对空间任意一点与不共线的三点，若，其中，，且，则四点共面
B．已知，，与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，共线，则
D．若，共线，则一定存在实数使得
26．在平面直角坐标系中，，，且，MN是圆Q：的一条直径，则（ ）
A．点P在圆Q外 B．的最小值为2
C． D．的最大值为32
三、填空题
27．在中，为BC上一点，是AD的中点，若，，则 .
28．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了 “勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图” (以直角三角形的斜边为边得到的正方形). 类比 “赵爽弦图”，构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，且，点在上，，点在 内 (含边界)一点，若，则的最大值为 .
29．如图，圆为的外接圆，，，为边的中点，则 .
30．点在圆上，，，则 .
31．在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且，，，=(2,),若，则 .
32．已知在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值为 ；若，则的最大值为 .
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，结合向量的基本概念，以及向量的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，平行向量又叫共线向量，所以A错误；
对于B中，单位向量长度相等，但方向不一定相同，所以B错误；
对于C中，当两个单位向量夹角为120°时，两个单位向量之和也是单位向量，所以C错误；
对于D中，，所以 D正确．
故选：D．
2．D
【分析】求得，利用，可求与向量共线的单位向量.
【详解】与共线的单位向量为，
即或.
故选：D.
3．D
【分析】由题意，根据相等向量的概念和向量的模，结合矩形的判定定理即可求解.
【详解】由，
知四边形的对角线相互平分且相等，
所以四边形为矩形.
故选：D
4．A
【分析】由数乘向量的运算以及单位向量的定义直接判断即可.
【详解】因为，且与向量方向相同，所以为方向上的单位向量.
故选：A
5．A
【分析】由已知结合平面向量基本定理可求，，进而求出答案.
【详解】由，不共线，实数，满足，
得，解得，，
所以.
故选：A
6．C
【分析】由向量的坐标运算可得A错误；当时可得B错误；由模长的运算和数量积的运算律可得C正确；由数量积的定义结合数乘向量定义可得D错误.
【详解】A：设，则，且，
但，故A错误；
B：当时，由于零向量与任意向量都共线，所以与不一定平行，故B错误；
C：因为，所以，
所以，所以，故C正确；
D：由数量积的运算可得与共线，与共线，
由于不知道间关系，所以原式不一定相等，故D错误；
故选：C.
7．C
【分析】根据向量的概念逐一判断.
【详解】对于A：若，则只是大小相同，并不能说方向相同，A错误；
对于B：向量不能比较大小，只能相同，B错误；
对于C：若，则方向相同，C 正确；
对于D：若，如果为零向量，则不能推出平行，D错误.
故选：C.
8．C
【分析】利用向量的数量积可求.
【详解】因为，，则，，
则，故，
故选：C.
9．A
【分析】求出的最大值和最小值，可得出结果.
【详解】因为，，为单位向量，
所以，当且仅当、、方向都相同时，等号成立，
作，，，
当时，如下图所示：
以、为邻边作平行四边形，则该四边形为菱形，且，
所以，为等边三角形，且，
又因为，，由图可知，，
即，
综上所述，.
故选：A.
10．D
【分析】根据向量的加减法法则，结合向量的模及三角形三边的关系逐一分析判断即可.
【详解】当向量同向或至少有一个为零向量时，，故A错误；
当时，，故BC错误；
若，为共线向量且方向相同，则有，
若向量方向相反，则有.
若，不共线，如图，令，，则，
所以，
综上，故D正确.
故选：D.
11．C
【分析】由题意可得，再结合从而可求解.
【详解】由题意得，所以，
所以，
则，故C正确.
故选：C.
12．C
【分析】
结合题意，应用向量加减、数乘的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：，故A正确；
对B：由，故，故，
则，故B正确；
对C：由，故，
故C错误；
对D：，故D正确.
故选：C.
13．D
【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，即可得出是等腰三角形，再由数量积求出角的大小即可判断.
【详解】显然是与分别同向的单位向量，由，
得的角平分线与BC垂直，于是，
而，即，
又，因此，所以是等边三角形.
故选：D
14．D
【分析】对于A：求出坐标即可得模；对于B：通过求单位向量；对于C：通过投影向量的公式计算；对于D：通过计算是否成立来判断.
【详解】对于A：，所以，A错误；
对于B：方向上的单位向量为，B错误；
对于C：，
则向量在向量上的投影向量为，C错误；
对于D：，所以，D正确.
故选：D.
15．D
【分析】由题意，根据平面向量数量积的定义求得，进而或，结合数量积的定义计算即可求解.
【详解】由题意知，，
得，
又，所以，
则或，
故或.
故选：D
16．C
【分析】由得点在线段上，由对称性得，即可求解．
【详解】由向量共线定理可得三点共线，即点在线段上，
由对称性可知，线段上的点到，两点之间的距离相等，
所以，
当且仅当三点共线时，等号成立，
此时为线段的中点，即的最小值为，
故选：C．
17．C
【分析】设，分析可知点在直线上，当且仅当与直线垂直时，取到最小值，即可得结果.
【详解】因为向量都为非零向量，设，
可知与共线，即点在直线上，
又因为，
当且仅当与直线垂直时，取到最小值，
可得，且，所以或.
故选：C
18．D
【分析】先根据共线向量基本定理得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以设，故，
即，
又，
故，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为9.
故选：D
19．A
【分析】利用平面向量加减法则，即可得到答案.
【详解】由题意有，
所以．
故选：A
20．C
【分析】本题利用已知条件可判断出点O是的外心、重心、垂心，由此可得出的三边相等，即为等边三角形.
【详解】如图所示，取BC中点D，连接并延长OD至E，使DE=OD，于是四边形BOCE是平行四边形，
，又，
，四点共线，AD是中线，
同理可证BO、CO的延长线均为的中线，
O是的重心．
又，
,
,
,
，，，
O是的垂心．
又，O是的外心．
有上述可知：，
，
同理可证，，
△ABC是等边三角形．
故选：C.
21．C
【分析】根据平面向量的线性运算，建立方程组，解之即可求解.
【详解】由题可知，点在上，
，
又，
，解得.
故选：C．
22．A
【分析】由题意可得形状，结合投影向量定义计算即可得.
【详解】由，即，故为中点，
又是外心，故为直角三角形，故，
又，则，故，，
则.
故选：A.
23．A
【分析】设的中点为，得，，将化为，根据可得结果.
【详解】设的中点为，因为，，
所以，，
则
，
因为，所以，
即的最大值是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：设的中点为，将化为，是解决本题的关键.
24．ACD
【分析】依题意可得为的中点，根据平面向量加法的平行四边形法则判断A，建立平面直角坐标系，求出圆的方程，设，，利用坐标法判断B、C，由三点共线得到，即可求出，从而求出，，即可判断D.
【详解】因为，即为的中点，所以，故A正确；
如图建立平面直角坐标，则，，，，
所以，，则，故B错误；
又，
所以圆的方程为，
设，，
则，又，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，故最大值为，故C正确；
因为，，三点共线，所以，
又，，
所以，即，
所以，
所以，又，，
且，即，
所以，所以，所以，故D正确.
故选：ACD
25．BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A，根据数量积的坐标表示及平面向量共线的坐标表示判断B，利用特殊值判断C、D.
【详解】对于A：因为，则，
所以，即，
所以，所以四点共面，故A正确；
对于B：因为，，与的夹角为钝角，
所以且与不共线反向，
若，则，解得；
若与共线，则，解得，
综上可得或，故B错误；
对于C：若、同向且，此时，
即不成立，故C错误；
对于D：若，，显然与共线，但是不存在使得，故D错误.
故选：BCD
26．BCD
【分析】根据化简可得，即可得P点轨迹，进而根据圆A与圆Q外切求解A，根据即可求解B，根据向量数量积的运算律即可求CD.
【详解】对A，由，得，整理得，
所以点P在以为圆心，2为半径的圆上，记为圆A，如图．
因为，所以圆A与圆Q外切．当点P为两圆的公共点时，点P在圆Q上，故A错误．
对B，由题意，得，故B正确．
对C，，故C正确．
对D，．而，
所以，故D正确．
故选：BCD．
27．
【分析】利用向量线性运算得，再由中点的向量表示列式求得，从而得解.
【详解】因为，
所以
，
因为是AD的中点，所以，所以，，
解得，所以.
故答案为：.
28．
【分析】先利用向量线性运算得到，作出辅助线，得到，且，从而得到答案.
【详解】，
取的中点，连接，
因为，故，
又，所以，故，且，
所以的最大值为，此时点与点重合.
故答案为：
29．13
【分析】由三角形中线性质可知，再由外接圆圆心为三角形三边中垂线交点可知，同理可得，再由数量积运算即可得解.
【详解】因为是的中点，
所以，
因为为三角形外接圆圆心，也就是三角形的三边中垂线的交点，
，
同理可得，
.
故答案为：13.
30．
【分析】由，根据向量的运算法则，求得，再由，平方可得，进而求得的值.
【详解】由，可得，
即，所以，
又由，且，
可得，即，
所以.
故答案为：.
31．
【分析】利用向量垂直时数量积为0以及同角三角函数的商数关系，可求得，结合三角形的内角取值范围，即可确定，进而利用余弦定理求解.
【详解】因为，且，
所以，所以，
又，则，
所以，即.
故答案为：.
32． 3
【分析】建立如图所示的坐标系，先求出圆的标准方程，再设点的坐标为，即可根据向量的坐标运算求解数量积，利用三角函数的性质求解最值，由，求出，根据三角函数的性质即可求出最值．
【详解】如图：以为原点，以所在的直线为,轴建立如图所示的坐标系，
则，，，，
动点在以点为圆心且与相切的圆上，
设圆的半径为，
，，
，
，
圆的方程为，
设点的坐标为，则，
，故的最大值为，
，，
，
，，
，
，
，
故的最大值为3，
故答案为：，3
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