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（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
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
8大考点跟踪训练
考点1：集合
1．集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，．若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．设集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知集合，，则为（ ）
A． B． C． D．
考点2：复数
5．设，是复数，则下列命题中是假命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．复数的虚部是（ ）
A．1012 B．1011 C． D．
7．已知为虚数单位，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
考点3：平面向量
9．已知单位向量满足，则（ ）
A．0 B． C． D．1
10．已知线段是圆的一条长为2的弦，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点在轴上的投影为点，则的最小值是（ ）
A．1 B． C． D．
12．在梯形中，为线段的中点，，则（ ）
A． B． C． D．
考点4：三角函数
13．是内一点，，则（ ）
A． B． C． D．
14．若函数 的最大值为 2，则常数 的取值可以为（ ）
A．1 B． C． D．
15．将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数在区间和上均单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
16．2024年1月17日我国自行研制的天舟七号货运飞船在发射3小时后成功对接于空间站天和核心舱后向端口，创造了自动交会对接的记录.某学校的航天科技活动小组为了探索运动物体追踪技术，设计了如下实验：目标P在地面轨道上做匀速直线运动；在地面上相距的A，B两点各放置一个传感器，分别实时记录A，B两点与物体P的距离.科技小组的同学根据传感器的数据，绘制了“距离-时间”函数图像，分别如曲线a，b所示.和分别是两个函数的极小值点.曲线a经过和，曲线b经过.已知，并且从时刻到时刻P的运动轨迹与线段AB相交.分析曲线数据可知，P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值以及P的速度大小分别为（ ）

A． B．
C． D．
考点5：函数与导数
17．若函数的图象与圆恰有4个公共点，则的解析式可以为（ ）
A． B．
C． D．
18．已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （ ）
A． B． C． D．
19．已知，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
20．已知函数，若，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
考点6：数列
21．设 为等比数列 的前 项和，已知 ，则公比 （ ）
A．2 B．-2 C． D．
22．已知数列的前n项的积为，，则使得成立的n的最大值为（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
23．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
24．北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
考点7：空间向量与立体几何
25．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则．其中正确命题的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
26．已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设圆台与球的体积分别为，则（ ）
A． B． C． D．
27．如图，在矩形中，为边上的点，且，将沿所在直线翻折到的位置，使，则四棱锥的体积为（ ）
A． B．
C． D．
28．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．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，且，的面积为，则椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．6 D．12
30．设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
31．已知圆上两点，，O为坐标原点，若，则的最大值是（ ）
A．8 B． C． D．12
32．已知抛物线C：的焦点为F，动直线l与抛物线C交于异于原点O的A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点（），则当取最大值时，（ ）
A．2 B． C．3 D．
参考答案：
1．C
【分析】先解集合中的不等式，解出的范围，再求得即可.
【详解】由，解得，即，
，.
故选：C.
2．B
【分析】解绝对值不等式求出集合，由，得，由此能求出实数的取值范围.
【详解】由，解得，所以集合 ，
由，可得，所以，
因为，所以，
当时，不符合题意，
所以，因为，所以，
即实数的取值范围是．
故选：B．
3．D
【分析】利用最小公倍数排除A，B，利用奇数和偶数排除C，求解即可.
【详解】易知集合，，
则中前面的系数应为的最小公倍数，故排除A，B，
对于C，当时，集合为，
而令，可得不为整数，故不含有7，
可得中不含有7，故C错误，
故选：D
4．C
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
，
所以.
故选：C.
5．C
【分析】对于A，利用复数模的定义即可判断；对于B，利用共轭复数的定义即可判断；对于C，利用复数共轭复数相乘的性质即可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】设，，其中．
对于A，
，
，
所以，故A正确；
对于B，，，
，
所以，故B正确；
对于C，，，
由，得．
因为，，
所以不一定成立，如，，
此时，而，，即，故C错误；
对于D，由，得，，
，所以，故D正确﹒
故选:C．
6．D
【分析】由错位相减法化简复数后再由复数的运算和复数的几何意义求出结果即可.
【详解】因为，
，
所以，①
因为，所以，，
所以化简①可得，
所以虚部为，
故选：D.
7．C
【分析】利用复数的乘方及除法运算，再结合复数相等建立方程求解即得.
【详解】依题意，，
因此，而，所以，
故选：C
8．B
【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得
【详解】因为，所以，
则，则
故选：B
9．B
【分析】计算出，，，利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】，
，故，
，故，
所以.
故选：B
10．B
【分析】取中点，连接,根据向量的相关计算性质计算即可.
【详解】取中点，连接，
易知，所以.
故选：B．
11．B
【分析】设抛物线上点设，根据向量数量积的坐标表示，配方后求最值即可.
【详解】由抛物线可知，焦点为，
设，则，
则，
所以，
当时，的最小值是，
故选：B
12．A
【分析】先用向量和三角形减法法则得，再对它们进行线性运算转化为，此时继续找到，从而可得结果.
【详解】
由图可得：，由为线段的中点可得，
，再由可得，
，
又因为，代入得：
，
故选：A.
13．D
【分析】在中，分别使用正弦定理，结合化简整理即可得解
【详解】因为，
所以，
设，因为，所以．
在中，由正弦定理可得，
则，即，
即，
解得．
故选：D
14．D
【分析】首先分别分析函数和的最大值，再根据三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为函数的最大值为1，的最大值为1，
由题意可知，取得最大值1时，也取得最大值1，
即当时，，，
得，，，
当时，，其他值不满足等式.
故选：D
15．A
【分析】结合正弦函数图象的平移先求出的解析式，然后结合正弦函数的单调性即可求解．
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数，
令，，
则，，
若函数在区间和上均单调递增，
则，解得．
故选：A．
16．B
【分析】建系，设点，作相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，

设动点P的轨迹与y轴重合，其在时刻对应的点分别为（坐标原点），，P的速度为，
因为，可得，
由题意可知：均与y轴垂直，且，
作垂足为，则，
因为，即，解得；
又因为∥y轴，可知P的运动轨迹与直线AB所成夹角即为，
所以P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：建系，设动点P的轨迹与y轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解.
17．D
【分析】利用绝对值函数的图象特征，分别作出选项中的函数图象，观察即可判断.
【详解】作出的图象，如图1所示，
作出的图象，如图2所示，由图可知，满足题意．
故选：D.
18．B
【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可.
【详解】由题意可得，
令，
则，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以为函数的极值点，
所以，
所以，
故选：B.
19．C
【分析】根据函数的奇偶性，以及构造函数利用导数求解单调性即可.
【详解】当时，由得，所以为偶函数．
又，
当时，令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，所以在上单调递减．
，，
所以，
令，，则，
因为，所以在上单调递增，所以，
即，所以，得．
故，从而，即.
故选：C．
20．A
【分析】设，数形结合可得，可得，进而令，，利用导数可求的取值范围.
【详解】设，如图所示：

由的图象知，，则，从而，，
所以．
令，，则，
当时，，当且仅当时，，
所以在上为减函数，所以，
得，即的取值范围是．
故选：A．
21．A
【分析】根据数列的前项和与的关系，两式相减，即可求解.
【详解】由已知，，两式相减得，
，即，即.
故选：A
22．B
【分析】先由求出，再当时，由得，得到是以为首项，1为公差的等差数列，所以，从而求出，，利用裂项相消法求和得，结合选项即可求解.
【详解】令，则得，
当时，因为，所以，所以，即，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
故，所以，
当时，，
所以
，
所以，结合选项，将n的值代入检验，
则使得成立的n的最大值为2022.
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查由递推公式求通项公式、裂项相消求数列的和、以及放缩法的应用，解决本题的关键点有：一是利用乘积递推式及等差数列的通项公式求出，二是利用放缩法思想结合裂项相消法求和.
23．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.
24．B
【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解.
【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键.
25．D
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于①，若，，或或或与相交而不垂直，故①错误；
对于②，若，，则或，故②错误；
对于③，由，，可得，又，，是两个不同的平面，所以，故③正确；
对于④，
过作平面与相交，设，因为，，，所以，
又，所以，又，所以，故④正确．
故选：D．
26．D
【分析】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得.
【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，高为，内切球的半径为，
显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，，
由，整理得，而，解得，，
因此圆台的高，，
则圆台的体积，
内切球的体积，所以.
故选：D
27．A
【分析】根据翻折不变性，勾股定理及线面垂直的判定定理推出平面，由棱锥的体积公式即可得解．
【详解】如图，过作，垂足为，连接，由翻折不变性可知：，，
在中，，且，
所以，
所以在中，，所以．
又因为，平面，平面，所以平面，
则四棱锥的体积．
故选：A．
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．B
【分析】由椭圆的定义结合题意可求出，，再利用余弦定理及椭圆的离心率求得的值，根据所得条件选择合适的公式计算三角形的面积，可求出，即可得答案.
【详解】由已知条件及椭圆的定义可得，
故，，
设，因为椭圆的离心率为，所以，
由余弦定理可得，
则，故的面积为，故，
则，故椭圆的焦距为.
故选：B．
30．B
【分析】设，由题意列出含的方程组，解出的关系式，进而求出双曲线的渐近线即可.
【详解】
设 ，由双曲线的定义知 ，
在 中，由余弦定理得：，
所以 ，
再由，为的中点，延长至，使，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，由余弦定理知：，
在中，由余弦定理知：，
因为，则，
可知，
所以 ③，
由得， 把代入得，
化简得 ，
所以渐近线方程为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由四点共圆的四边形四个边的平方和等于两条对角线的平方和是解决本题的关键.
31．D
【分析】设的中点为，求出点的轨迹方程，根据点到直线的距离公式可得表示两点到直线的距离之和的倍，求出点到直线的距离的最大值，即可得解
【详解】由圆上两点，，
得，
设的中点为，则，
由，得，
所以，
所以点的轨迹是以为半径，为原点的圆，
，
表示两点到直线的距离之和的倍，
因为为的中点，
故两点到直线的距离之和等于点到直线的距离的倍，
圆心到直线的距离，
所以点到直线的距离的最大值为，
所以的最大值是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据点到直线的距离公式可得表示两点到直线的距离之和的倍，是解决本题的关键.
32．B
【分析】根据题意，由抛物线的方程可得焦点坐标以及准线方程，然后分别过A、B、M向准线作垂线，取最大值即直线AB过焦点时，再结合点差法代入计算，即可得到结果.
【详解】
由题可知焦点，准线，设线段AB的中点为，即为OP中点，
则，．分别过A、B、M向准线作垂线，垂足分别为，，，
如图所示．
则，当直线AB过焦点时取等号，此时．
设、，直线AB的斜率为k，
由，两式相减，得，所以，
即，得，所以，又，所以．
故选：B．
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