2024年高考数学填空题考前冲刺训练：8大考点与针对性特训（基础篇）（含解析）

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2024年高考数学填空题考前冲刺训练：8大考点与针对性特训（基础篇）
8大考点汇总
考点1：集合
考点2：复数
考点3：平面向量
考点4：三角函数
考点5：函数与导数
考点6：数列
考点7：空间向量与立体几何
考点8：平面解析几何
针对性特训
考点1：集合
1．（2024·山东泰安·二模）设集合，集合，则 .
2．（2024·山东日照·二模）设为虚数单位．若集合，，且，则 ．
3．（2024·河南信阳·模拟预测）已知集合，则的取值集合为 .
4．（2024·江西赣州·二模）若集合，，则 .
考点2：复数
5．（2024·天津武清·模拟预测）已知，且，则 ．
6．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知复数满足，则的最小值为 .
7．（2024·广东广州·二模）已知复数的实部为0，则 ．
8．（2024·湖北荆州·三模）棣莫弗定理：若为正整数，则，其中为虚数单位，已知复数， 则 ，的实部为 ．
考点3：平面向量
9．（2024·四川·模拟预测）已知向量，，则向量在向量上的投影为 .
10．（2024·山东泰安·二模）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 .
11．（2024·山东济宁·三模）已知，则的最小值为 .
12．（2024·北京东城·二模）已知平面内点集，A中任意两个不同点之间的距离都不相等. 设集合，. 给出以下四个结论：
①若，则；
②若为奇数，则；
③若为偶数，则；
④若，则.
其中所有正确结论的序号是 .
考点4：三角函数
13．（2024·河北沧州·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，且，则 .
14．（2024·广东茂名·一模）已知函数的图象过点，其导函数的图象如图所示，若方程在上有且仅有两个实数根，则实数的取值范围为 .
15．（2024·山西·模拟预测）钝角中，角的对边分别为，，，若，则的最大值是 .
16．（2024·安徽合肥·模拟预测）在中，设所对的边分别为，且，则以下结论正确的有 .
①；②；③；④；⑤.
考点5：函数与导数
17．（2024·四川成都·三模）已知函数，则的值为
18．（2024·吉林长春·模拟预测）记表示在区间上的最大值，则取得最小值时， .
19．（2024·浙江温州·模拟预测）给定定点，对任意可能的，及函数的图象上的任意可能的点，的最小值是 .
20．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则 .
考点6：数列
21．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知等比数列的前项和为，若，则取最大值时，的值为 ．
22．（2024·浙江杭州·三模）已知公差为正数的等差数列的前n项和为，是等比数列，且，，则的最小项是第 项．
23．（2024·江西宜春·模拟预测）已知数列是等差数列，，记，分别为，的前项和，若，，则 ．
24．（2024·广东广州·模拟预测）如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线.设线段与线段所夹的角为，则 ，满足的最小值为 .
考点7：空间向量与立体几何
25．（2024·湖北·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，且，，，则球O的半径为 .
26．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为 .
27．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 .
28．（2024·北京丰台·二模）如图，正方体的棱长为2，分别为的中点，为过直线的平面．从下列结论①，②中选择一个，并判断该结论的真假．你选的结论是 （填“①”或“②”），该结论是 命题（填“真”或“假”）．
①平面截该正方体所得截面面积的最大值为；
②若正方体的12条棱所在直线与平面所成的角都等于，则．
考点8：平面解析几何
29．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）若点在圆外，则实数的取值范围为 .
30．（2024·江西·模拟预测）已知抛物线的焦点为，直线经过点交于两点，两点在的准线上的射影分别为，且的面积是的面积的4倍，若轴被以为直径的圆截得的弦长为，则的值为 ．
31．（2024·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，点是上第一象限内的一点，到直线的距离为，且，则 ．
32．（2024·山东·模拟预测）在天文望远镜的设计中利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点出发的入射光线经双曲线镜面反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图，已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，M是C的右支上一点，直线l与C相切于点M．由点出发的入射光线碰到点M后反射光线为MQ，法线（在光线投射点与分界面垂直的直线）交x轴于点N，此时直线l起到了反射镜的作用．若，则C的离心率为 ．

参考答案：
1．
【分析】求解一元二次不等式得集合，再进行并集运算.
【详解】根据题意，，或，
则，或.
故答案为：
2．
【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：.
3．
【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：
4．
【分析】首先求出函数的值域即集合，再解对数不等式求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得.
【详解】由，所以，又，所以，
所以，即，
则，
由，即，所以，
所以，
所以，则.
故答案为：
5．1
【分析】根据题意结合复数的除法运算分析求解.
【详解】由题意可得：，所以.
故答案为：1.
6．
【分析】设，由条件得，所求式消元后化成，结合点的轨迹图形特征，求得的范围，结合函数单调性即得的最小值.
【详解】设，由两边平方整理得：，
即而，
作出复数对应的点的轨迹的图形如图.
易得，因在定义域内为增函数，
故，
即当且仅当时，取最小值.
故答案为:.
7．
【分析】利用复数的实部为0，求出，再利用二倍角公式得出结论．
【详解】复数的实部为0，
．
．
故答案为：．
8． /
【分析】化解复数，由棣莫弗定理可得， ，根据复数模及共轭复数定义即可求解.
【详解】因为复数，
所以由棣莫弗定理可得，
，
所以.
所以，
所以的实部为.
故答案为：①985；②.
9．/
【详解】因为，，所以，
所以向量在向量上的投影为.
故答案为：.
10． 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
11．
【分析】根据平面向量的模求出数量积，利用向量的几何意义和运算律计算可得，表示点与点的距离之和，作出图形，确定的最小值，结合图形即可求解.
【详解】由，得，
即，解得.
，
表示点与点的距离之和.
如图，点关于x轴的对称点为，连接，
则，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是表示点与点的距离之和，结合图形，确定（当且仅当三点共线时等号成立）.
12．①③④
【分析】先证明，得到①③正确，②错误，然后在和的情况下推导出矛盾，从而得到，即④正确.
【详解】由于A中任意两个不同点之间的距离都不相等，故所有个向量两两不相等.
这表明对任意的，当且仅当，有.
将其转换为更通俗的语言就是：对于点，当且仅当是集合里除了以外的点中到的距离最短的点.
所以，对每个，显然存在另一个到距离取到最小值的点，
则此时就有，从而，这就直接说明了.
所以①③正确，②错误；
对于④，假设，.
由于，
故两两不同，且对每个，点都是中除外到距离最短的点.
特别地，都是到各自的距离最短（不包括其本身）的点.
不妨设，并记为点，
则是到各自的距离最短（不包括其本身）的点.
对两个不同点，记直线的倾斜角为.
假设存在使得，不妨设，
则，这与是到的距离最短（不包括本身）的点矛盾.
所以两两不相等，不妨设.
由于，，故，，
所以.
故，同理.
而对，有或，
故.
所以，这意味着，矛盾.
这表明假设不成立，所以，④正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对集合新定义的理解，以及三角形中边长的大小关系与角度的大小关系之间的对应，即所谓的“大边对大角”.
13．/
【分析】根据三角恒等变换的化简计算可得，由同角的平方关系可得，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】，
，
.又，
所以，所以.
因为，由正弦定理知，
所以，又，所以.
故答案为：
14．
【分析】和求出和，结合求得，再由方程在上有且仅有两个实数根，有，可求实数的取值范围.
【详解】的图象过点，，.
又的图象过点，，，.
，得.
，则.
又过点，，.
.
令，.
令，，.
函数在上有且仅有两个零点，
在上有且仅有两个根，，.
实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题中由图象确定余弦型函数解析式和根据函数零点的个数求参数范围，都是常见内容，关键点在于：由的解析式，求出的解析式，用到了基本函数的导数公式和复合函数的求导法则.
15．
【分析】根据题意，得到，结合是钝角三角形矛盾，得到，化简，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，则或.
当时，可得，与是钝角三角形矛盾，所以，
由，则，可得，
所以
，
所以当时，的最大值为.
故答案为：.
16．⑤
【分析】依题意可得，利用正弦定理将角化边得到，将上式两边平方，再由余弦定理得到，最后由余弦定理及基本不等式计算可得.
【详解】因为，即，
由正弦定理可得，
所以，又，
所以，
所以，
因为，所以，则，
所以，，
又，所以，
所以，
所以，则，即.
故答案为：⑤
【点睛】关键点点睛：本题关键是余弦定理的灵活应用，第一次得到，再由基本不等式得到.
17．/
【分析】根据题意，结合指数幂与对数的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由函数，因为，所以.
故答案为：.
18．/0.125
【分析】根据题意，取得最小值，即为在区间上的最大值取得最小值，先用分段函数表示在区间上的最大值，再根据图象求分段函数的最小值即可.
【详解】取得最小值，
即为在区间上的最大值取得最小值，
因为的对称轴，且，
所以的最大值为或，
当时，即，
所以 ，
当时，取最小值，最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查 函数的最值，关键在于理解题意，取得最小值，即为在的最大值取得最小值，所以先要将的最大值表示出来，再用分段函数的性质即可.
19．/
【分析】先证明，然后给出，，说明等号可以取得即可.
【详解】设，则.
.
从而无论怎样都有，即.
当且仅当时，有，此时.
所以的最小值是.
故答案为：.
20．
【分析】由题意可得且，直接计算即可求解.
【详解】设函数的最小正周期为，则.
因为是定义在上的偶函数，所以，
所以.
故答案为：
21．
【分析】根据求出、、，由等比中项有，进而求得，得到等比数列的首项、公比、通项公式，再结合的单调性，即可求出最大时的值.
【详解】，，，
因为是等比数列，所以，有，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
数列是递减数列，，，
所以时，最大.
故答案为：.
22．2
【分析】设出公比，公差，首项，依据给定条件得到，进而得到，最后写出，利用二次函数的性质求解即可.
【详解】设的公比为，故，
，可得，
设的首项为，公差为，故得，
化简得，解得，故，
故当最小时，，故得是的最小项，即的最小项是第2项．
故答案为：2
23．
【分析】根据已知条件得到关于、的二元一次方程组，解方程组，求出、，即可求出数列的通项公式，，由此可得数列的通项公式，分组求和即可求解.
【详解】设等差数列的公差为．由，得①，
由得②，
联立①②，，解得，
所以．
则，
所以
．
故答案为：
24． 1712
【分析】通过观察规律可得，进一步正多边形有个，列出不等式，可求得的最小值为61，从而结合等差数列求和公式即可得解.
【详解】由题意得，，由此类推，，，，，，
，，，，…，
观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，
所以正多边形有个.
令，解得，所以的最小值为61，
即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为1712.
故答案为：，1712.
25．/
【分析】利用三棱锥对棱相等，将三棱锥补全为为长方体，再利用长方体的外接圆直径为长方体的体对角线即可得解.
【详解】
如图，由于三棱锥对棱相等，
将三棱锥补全为为长方体，
从而外接圆直径为长方体的体对角线，
设长方体的棱长分别为，球的半径为，
则，
所以，
解得.
故答案为：
26．
【分析】设，，根据题意，得到，，，求得的面积为，得到，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】在上取点，使得，
由，设，，其中，
又由，，且平面，
因为平面，所以，
可得，且，，，
因为，且平面，所以平面，
在中，由，可得，则的面积为，
故，
当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为.
故答案为：.
27．
【分析】设，外接球的半径为，根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解．
【详解】设，外接球的半径为，
该多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，
如图，过，，三点的截面为正六边形，其面积，即，
根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球，
故，即，
故该多面体的棱切球的表面积为．
故答案为：．
28． ①（答案不唯一） 假（答案不唯一）
【分析】选①，根据四边形的面积即可判断，选②，根据三棱锥为正三棱锥，利用等体积法求解与平面所成角的正弦值即可求解②.
【详解】若选①，平面是过直线的平面．此时四边形即为该平面截正方体所得截面，由于四边形的面积为,故①为假命题，
若选②，由于三棱锥为正三棱锥，所以与平面所成角均相等，故平面平面，
设到平面的距离为，则
所以与平面所成角的正弦值为，故，②为真命题
故答案为：①（答案不唯一），假（答案不唯一）
29．
【分析】根据圆心到直线的距离大于半径即可列不等式求解.
【详解】圆的标准方程为，
由于点在圆外
所以，解得，
故答案为：
30．
【分析】先研究点在第一象限时，由的面积是的面积的4倍，求出直线的斜率，联立直线与抛物线方程求出的值；再根据对称性研究在第三象限时的值即可.
【详解】如图，当点在第一象限时，由抛物线的定义，可得，，
所以，所以，
所以．如图，过点作于点，则，
所以，所以，
所以，所以直线的斜率，
则直线，直线与联立，得，
设与的横坐标分别为，，则，
所以，
所以以为直径的圆的半径，
圆心到轴的距离，
所以弦长为，解得；
当点在第三象限时，由对称性可得.
综上，.
故答案为：.
31．/
【分析】设，依题意可得，即可得到离心率，从而得到，设直线、的斜率分别为、，即可得到，再由及二倍角正切公式求出即，即可求出，最后根据正弦定理及二倍角公式计算可得.
【详解】设，则，
则点到直线的距离，
所以，
则
，
即椭圆的离心率为，所以，
设直线、的斜率分别为、，其中、，
所以，
又，
所以，
即，解得（负值已舍去），即，
显然为锐角，所以，
由正弦定理，
所以
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是由距离推导出，再由点差法求出.
32．
【分析】根据光学性质可得，进而根据可得,故,结合双曲线的定义，以及相似即可求解.
【详解】过点作于，延长交的延长线于点,设上有一点，
由题意可得,故,
又，所以,所以,故,
由双曲线定义可得，故，
因为，，所以,故,
故离心率为，
故答案为：

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