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

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2024年高考数学单选题考前冲刺训练：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·湖北武汉·模拟预测）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知，若，则m的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．或
3．（2024·湖北荆州·三模）已知集合，，其中是实数集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·安徽·三模）已知集合，，则图中所示的阴影部分的集合可以表示为（ ）

A． B．
C． D．
考点2：复数
5．（2024·山东·模拟预测）已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．（2024·江西·模拟预测）在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·陕西西安·模拟预测）是虚数单位，复数，（是的共轭复数），则（ ）．
A． B． C． D．
8．（2024·甘肃酒泉·三模）已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A． B．3 C．4 D．5
考点3：平面向量
9．（2024·黑龙江·模拟预测）已知在梯形中，且满足，E为中点，F为线段上靠近点B的三等分点，设，，则（ ）．
A． B． C． D．
10．（2024·江西·模拟预测）已知平面向量，，其中，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·陕西渭南·三模）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
12．（2024·河北沧州·模拟预测）已知向量的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．5
考点4：三角函数
13．（2024·全国·模拟预测）已知，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·安徽·三模）已知函数的部分图象如下图所示，若曲线过点，，，，且，则（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·广西·模拟预测）已知函数，若在区间内恰好有2022个零点，则n的取值可以为（ ）
A．2025 B．2024 C．1011 D．1348
16．（2024·陕西西安·模拟预测）在高的楼顶处，测得正西方向地面上两点与楼底在同一水平面上）的俯角分别是和，则两点之间的距离为（ ）．
A． B． C． D．
考点5：函数与导数
17．（2024·江西·模拟预测）函数的一个单调递减区间为（ ）
A． B． C． D．
18．（2024·四川雅安·三模）二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（ ）（参考数据：）
A．万年 B．万年 C．万年 D．万年
19．（2024·四川·模拟预测）己知函数若函数有5个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
20．（2024·广东广州·模拟预测）已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
考点6：数列
21．（2024·江西景德镇·三模）已知是数列的前项和，，，则（ ）
A． B． C． D．
22．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列的各项均为正数，，若表示不超过的最大整数，则（ ）
A．615 B．620 C．625 D．630
23．（2024·天津武清·模拟预测）在等差数列中，公差，若，则（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
24．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为内和数列，并令，称为的伴随数列，则（ ）
A．若为等差数列，则为内和数列
B．若为等比数列，则为内和数列
C．若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列
D．若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列
考点7：空间向量与立体几何
25．（2024·安徽·三模）已知圆台的上、下底面积分别为，，体积为，线段，分别为圆台上、下底面的两条直径，且A，B，C，D四点不共面，则四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
26．（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱锥的体积为
B．四棱锥的表面积为
C．在中，当时，
D．四棱锥的外接球表面积为
27．（2024·江西·模拟预测）如图，将边长为1的正以边为轴逆时针翻转弧度得到，其中，构成一个三棱锥．若该三棱锥的外接球半径不超过，则的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
28．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（ ）

A． B． C． D．
考点8：平面解析几何
29．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点在上，若到直线的距离为5，则（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
30．（2024·广西·模拟预测）已知双曲线的虚轴长为4，C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，M，N为C上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点O，则（ ）
A． B．4 C． D．2
31．（2024·山东·模拟预测）已知双曲线的上焦点为，圆的圆心位于轴上，半径为，且与的上支交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
32．（2024·山东潍坊·三模）已知，分别为椭圆：的左、右焦点，点 在上，若大于，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
参考答案：
1．C
【分析】根据对数函数的性质和交集的定义可得
【详解】，
故选:C
2．A
【分析】将代入，然后转化为一元二次不等式求解可得.
【详解】因为，所以，等价于，
解得.
故选：A
3．B
【分析】解出一元二次不等式后，结合补集定义与交集定义计算即可得.
【详解】由可得或，则，
又，故.
故选：B.
4．C
【分析】图中所示的阴影部分的集合，结合集合的运算即可得解.
【详解】由图可知，阴影部分表示的集合的元素为，
而，，则，
得，
故所求集合为.
故选：C.
5．B
【分析】根据复数的四则运算和共轭复数的概念，以及复数的几何意义即可求解.
【详解】因为，
所以，
故在复平面内对应的点为位于第二象限．
故选：B.
6．A
【分析】根据复数的几何意义，由复平面内复数对应的点的坐标可以得出对应复数的代数形式，再结合复数的四则运算法则，即可得解.
【详解】因为复数对应的点的坐标为，所以，
所以，所以．
故选：A．
7．B
【分析】由题意得，，，再结合复数的四则运算求解即可.
【详解】因为复数，
所以，，
所以，
故选：B.
8．D
【分析】由题意可知：，根据共轭复数的概念以及乘法运算求解.
【详解】由题意可知：，所以.
故选：D.
9．C
【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.
【详解】如图所示，
由题意可得，
而.
故选：C．
10．A
【分析】根据向量平行，得到，结合基本不等式即可求.
【详解】由题意，因为，所以，又，
所以，当且仅当即时等号成立．
故选：A
11．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
12．A
【分析】由题意，根据和平面向量数量积的定义和运算律计算即可求解.
【详解】由题意知，
.
故选：A.
13．C
【分析】设，则，根据诱导公式可得，结合二倍角的余弦公式计算即可求解.
【详解】设，则，，
所以，
所以.
故选：C．
14．A
【分析】利用五点法作图，结合函数的图象得、和，再利用两角差的余弦公式，计算得结论.
【详解】解：因为，所以，而，因此，
即
因为，所以由“五点法”作图得：，解得，
由于,解得，故取，则，
因此.
因为，所以，.
因为由函数的图象，结合“五点法”作图知：，，
所以由和得：，，
因此
.
故选：A
15．D
【分析】令，按分类探讨一元二次根的情况，再结合正弦函数的性质求解即得.
【详解】依题意，，
令，则，由，得，
显然，即方程有两个不等的实数根，，
当时，，，此时在上恰有3个实根，
而，因此，则；
当时，，，则，，
此时在上恰有2个实根，
而，于是或，
因此或2023，所以n的取值可以为2022或2023或1348.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.
16．D
【分析】根据图形，利用直角三角形求解即可.
【详解】由题意，
而，
所以.
故选：D
17．C
【分析】利用指数型复合函数的单调性即可得出答案.
【详解】令，则，
由复合函数的单调性可知：
的单调递减区间为函数的单调递减区间，
又函数，
即函数为偶函数，
结合图象，如图所示，
可知函数的单调递减区间为和，
即的单调递减区间为和．
故选：C．
18．A
【分析】利用取对数法进行化简求解即可．
【详解】万年用掉个二维码，
大约能用万年，
设，则，
即万年．
故选：A．
19．C
【分析】求得，得到函数的单调性和极值，作出函数的图象，根据题意，转化为和共有5个不相等实数根，结合图象，即可求解.
【详解】当时，，此时，
则时，单调递减；时，单调递增，
所以，当是的极小值点，作出如图所示的函数的图象，
函数有5个不同的零点，则方程，
即有5个不相等实数根，
也即是和共有5个不相等实数根，
其中有唯一实数根，
只需有4个且均不为-2的不相等实数根，由图可知，
即实数的取值范围为.
故选：C.
20．D
【分析】构造函数，然后由已知可得的单调性，最后将不等式转化为，即可得到答案.
【详解】，令，
则，则在上单调递增.
由，为奇函数，得，则，
从而原不等式可化为，即，此即为.
由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造新的函数并利用已知条件.
21．A
【分析】根据给定的递推公式求出，再利用等比数列求出通项公式即得.
【详解】数列的前项和，由，，得，解得，
因此数列是首项为1，公比为4的等比数列，，
所以.
故选：A
22．C
【分析】根据等差数列的定义求出，再根据新定义对分情况求出，再求和可得答案.
【详解】因为，
所以，可得是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，因为数列的各项均为正数，
所以，因为，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
，
则.
故选：C.
23．D
【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，列出方程，即可求解.
【详解】因为，可得，
所以，即，
又因为，所以.
故选：D．
24．C
【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得，结合单调性可得，即可得结果.
【详解】对于选项AB：例题，可知即为等差数列也为等比数列，
则，但不存在，使得，
所以不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为，
对任意，，可知存在，
使得，
则，即，
且内和数列为递增数列，可知，
所以其伴随数列为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如，
显然是所有正整数的排列，可知为内和数列，且的伴随数列为递增数列，
但不是递增数列，故D错误；
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.
25．B
【分析】利用圆台的体积公式即可求出圆台的高，根据四面体的外接球即为圆台的外接球，求出外接球半径，代入球的表面积公式，即可求出结果.
【详解】依题意，设圆台的高为h，则，解得；
四面体的外接球即为圆台的外接球，
设其半径为R，球心为，，
由已知易得圆台的上、下底面圆半径分别为，，
球心O在圆台的轴所在直线上，则，
故，解得，故，
故四面体的外接球表面积为.
故选：B.
26．C
【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥的外接球半径，进而可得球的表面积.
【详解】对于选项A：因为，，，平面，
所以平面，可知四棱锥的高，
所以四棱锥的体积，故A错误；
对于选项B：因为平面，平面，则，
且，，平面，
可得平面，且平面，可知，
同理可知：，则，
所以四棱锥的表面积为，故B错误；
对于选项C：因为平面，平面，
所以，所以为直角三角形，
又因为，则，
且，，，可得，
所以，即，可知点到平面的距离为，
所以，故C正确；
对于选项D：将四棱锥补形为长方体，如图所示
可知四棱锥的外接球的半径为，
所以四棱锥的外接球的表面积，故D错误；
故选：C.
27．C
【分析】作辅助线，则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小，设，结合题意分析可知，结合题意分析求解即可.
【详解】取线段的中点，线段上靠近点的三等分点，的中点，
连接，则为正的外心，，可知为线段的中垂线，
在平面内过作的垂线交于，连接，

则即为三棱锥的外接球球心，翻折的角即为的大小．
设，则，，，，，
可得，
化简得，
又因为，即，解得，
结合，可得，则，所以．
故选：C．
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
28．B
【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可.
【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，

取中点，连接，
由已知，、分别为、中点，
因为是直三棱柱，所以，且 ，
所以其，所以四边形为平行四边形，
又，所以为矩形，所以，
又，平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，，
所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为；
，在中，，
所以，设角，则有，
因为四边形为平行四边形，所以，
又因为因为是直三棱柱，所以，且，
所以，，
又因为平面， 平面，所以，
所以，即，解得，
所以点到平面的距离是，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段.
29．C
【分析】利用抛物线的定义先确定准线及焦点，计算即可.
【详解】由题意可知，抛物线的准线为，而与P到准线的距离相等，
所以.
故选：C
30．A
【分析】根据题意结合导数的几何意义可得，，设直线OM的方程为，则直线ON的方程为，进而可得，，即可得结果.
【详解】由题意可知：，即．
又因为，则，可得，
即曲线在处切线的斜率，
由题意可知：双曲线C的一条渐近线为，
即，解得，
所以双曲线C的方程为．
以MN为直径的圆经过坐标原点O，连接OM，ON，可知，
设直线OM的方程为，可知，
则直线ON的方程为，
联立方程，消去y整理得，
即，故，则，
同理可得：，
所以.
故选：A．
31．B
【分析】设出圆的方程与双曲线方程联立，可得，进而可得，利用两点间距离公式求出，并利用不等式方法求出其最小值.
【详解】由题可知．设圆，，.
联立，得，则，
因此，故.
因为，所以，同理可得.
故.
又，且，故，，从而.
所以
.
当时，有，，此时．
所以的最小值是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解题关键是由圆的方程与双曲线方程联立得到，再用不等式方法求其最小值.
32．D
【分析】由已知可知，的坐标和模，由向量数量积的定义及坐标运算可得关于的不等关系，即可求解.
【详解】
因为椭圆：，所以，，所以，
所以，，
因为点 在上，所以，所以，，
又，，所以，
又，，
所以，
因为大于，所以，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：.
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