5_2024高考数学点睛密卷_全国甲(理)卷B_解析版.pdf.pdf

高途高中数学高考研究院2 2 绝密启用前 2024 年高考数学点睛密卷(全国甲卷理)数 学 本试卷共 6 页，23 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2 作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1已知U=R，|13Axx=，|3|1Bx x=，则|14xx等于()A()UAB BUABC()UAB DUBA【解答】解：由题意，得|2Bx x=或4x|3ABx x=或4x，则()|34UABxx=，所以 A 错误；|24UBxx=，则|14UABxx=，所以 B 正确；|12ABxx=，则()|1UABx x=或2x，所以 C 错误；|1UAx x=或3x，则|2UBAx x=或3x，所以 D 错误故选：B2已知复数2i1iz=+，则(zz=)A3iB3iC3 D3【解答】解：2i(2i)(1i)13i1i222z=+，所以3izz=故选：B 3执行如图所示的程序框图，则输出的n的值是()高途高中数学高考研究院3 3 A2 B3 C4 D5【解答】解：由程序框图可知，令11150123Sn=+，当3n=时，满足式n的值最小，1=4nn=+故选：C 4 在正方体1111ABCDABC D中，P，Q分别是棱1AA，1CC靠近AC，下底面的三等分点，平面1D PQ平面ABCDl=，则下列结论正确的是()Al过点BBlACC过点1D，P，Q的截面是三角形D过点1D，P，Q的截面是四边形【解答】解：如图取1BB靠近点B的三等分点H，1CC的另一个三等分点G，BC的中点F，AB的中点E，连接AC，EF，PH，PE，1HC，BG，QF，依题意可得PHAB且PHAB=，11ABDC且11ABDC=，所以11PHDC且11PHDC=，所以四边形11PHC D为平行四边形，所以11PDHC，同理可证1HCBG，PQAC，所以1PDBG，又G，Q为1CC的三等分点，所以Q为GC的中点，所以QFBG，则1QFPD，所以P，1D，Q，F四点共面，又EFAC，所以EFPQ，所以P，Q，F，E四点共面，所以P，E，F，Q，1D五点共面，高中试卷君高途高中数学高考研究院4 4 所以五边形1D PEFQ即为过点1D，P，Q的截面，平面1D PQ平面ABCDlEF=，所以lAC，所以 B 正确，ACD 均错误故选：B 5函数()(ee)cosxxf xx=的部分图象大致为()ABCD【解答】解：()(ee)cosxxf xx=，定义域为R，关于原点对称，因为()(ee)cos()(ee)cos()xxxxfxxxf x=，所以()f x为奇函数，排除 BD；当02x时，cos0 x，ee0 xx，故()0f x，排除 A故选：C6若2()lnf xaxbxx=+在1x=和2x=处有极值，则函数()f x的单调递增区间是()A(,1)B(2,)+C(1,2)D1,12【解答】解：由题意得()21afxbxx=+，函数定义域为(0,)+，2104102abab+=+=，解得2316ab=，221()ln36f xxxx=+，21(2)(1)()1333xxfxxxx=+=，由()0fx得12x，即函数()f x的单调递增区间是(1,2)故选：C7已知0,2，且cos2cos24=，则tan(4+=)A3B5C7D15【解答】解：因为0,2，且cos2cos24=，所以cos2sin24sincos4244=，由题意4，所以1sin44=，所以1cos44+=，高途高中数学高考研究院5 5 所以215sin1cos444+=+=，所以sin4tan154cos4+=+故选：D 8若数列na满足12nnaa+=+，且3104aa+=，那么数列na的前n项和nS的最小值是()A1SB5SC6SD11S【解答】解：12nnaa+=+，则12nnaa+=，数列na为等差数列，且公差2d=，3104aa+=，则1111292112224adadada+=+=+=，解得19a=，故1(1)211naandn=+=，51a=，61a=，0d，则数列na的前n项和nS的最小值是5S故选：B9在正方体1111ABCDABC D中，点P在四边形11AAB B内(含边界)运动当11213C PCC=时，点P的轨迹长度为2 39，则该正方体的表面积为()A6 B8 C24 D54【解答】解：设正方体棱长为a，由正方体性质知11C B 平面11AAB B，1B P 平面11AAB B，得111C BB P，所以22172 333B Paaa=，所以P点轨迹是以1B为圆心，2 33a为半径的圆弧，设圆弧分别交1AA，1BB于点M，N，则1113cos2BBBB NB N=，所以16BB N=，同理116AB M=，所以圆心角是6，则轨迹长度为2 32 3639a=，可得2a=，所以正方体的表面积为26 224=故选：C10为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了 7 个饮水点，每两个饮水点中间再设置一个服务站，一共 6 个服务站由含甲、乙在内的 13 支志愿者服务队负责这13 个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不同类公：高中试卷君高途高中数学高考研究院6 6 型的站点服务且不相邻的概率为()A213B313C413D513【解答】解：由题意可知甲队和乙队共有213A13 12=种不同安排方法，甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况：从 2 个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的 5 个服务点中选一个安排乙，从中间 5 个饮水点任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻的 4 个服务站选一个安排乙，从 6 个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻的 5 个饮水站选一个安排乙，共有111111255465C CC CC C60+=种不同安排方法，甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为60513 1213P=故选：D 11如图，已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab=的左、右焦点分别为1(3,0)F，2(3,0)F，点A在C上，点B在y轴上，A，2F，B三点共线，若直线1BF的斜率为3，直线1AF的斜率为5 311，则双曲线C的离心率是()A52B32C5D3【解答】解：依题意，直线1BF的斜率为3，所以123BFF=，又12|BFBF=，所以12BFF为等边三角形，故1212|26BFBFFFc=，213BF F=，在12AFF中，215 3tan011F F A=，21F F A为锐角，215 3sin14F F A=，2111cos14F F A=，所以2123 3sinsin314AF F A=+=，根据正弦定理可得12121221|sinsinsinFFAFAFAFF AF F A=，解得1|14AF=，2|10AF=，高途高中数学高考研究院7 7 所以122|4aAFAF=，即2a=，所以C的离心率为32ca=故选：B12已知()f x，()g x都是定义在R上的函数，对任意x，y满足()()()()()f xyf x g yg x f y=，且(2)(1)0ff=，则下列说法正确的是()A(0)1g=B若(1)2024f=，则20241()2024nf n=C函数(21)fx的图象关于直线12x=对称 D(1)(1)1gg+=【解答】解：对于 A，令0 xy=，可得(0)(0)(0)(0)(0)0ffggf=，得(0)0f=，令0y=，1x=，代入已知等式得(1)(1)(0)(1)(0)ffggf=，可得(1)1(0)(1)(0)0fggf=，结合(1)0f得1(0)0g=，所以(0)1g=，故 A 错误；对于 D，因为(0)1g=，令0 x=，代入已知等式得()(0)()(0)()fyfg ygf y=，将(0)0f=，(0)1g=代入上式，得()()fyf y=，所以函数()f x为奇函数 令1x=，1y=，代入已知等式，得(2)(1)(1)(1)(1)ffggf=，因为(1)(1)ff=，所以(2)(1)(1)(1)ffgg=+，又因为(2)(2)(1)fff=，所以(1)(1)(1)(1)ffgg=+，因为(1)0f，所以(1)(1)1gg+=，故 D 正确；对于 B，分别令1y=和1y=，代入已知等式，得到以下两个等式：(1)()(1)()(1)f xf x gg x f+=，(1)()(1)()(1)f xf x gg x f=，两式相加得(1)(1)()f xf xf x+=，所以(2)()(1)f xf xf x+=+，即()(1)(2)f xf xf x=+，有()()(1)(1)(1)(2)0f xf xf xf xf xf x+=+=，即(1)(2)f xf x=+，所以()f x为周期函数，且周期为 3，因为(1)2024f=，所以(2)2024f=，所以(2)(2)2024ff=，(3)(0)0ff=，所以(1)(2)(3)0fff+=，所以20241()(1)(2)(3)(2023)(2024)nf nfffff=+(2023)(2024)(1)(2)0ffff=+=+=，故 B 错误；对于 C，取2()sin3f xx=，2()cos3g xx=，满足()()()()()f xyf x g yg x f y=及(2)(1)0ff=，所以2(21)sin(21)3fxx=，高途高中数学高考研究院8 8 又(0)sin00f=，所以函数(21)fx的图象不关于直线12x=对称，故 C 错误故选：D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13已知向量(3,4)=a，(1,0)=b，t=+cab，若,=a cb c，则t=【解答】解：(3,4)=a，(1,0)=b，t=+cab，(3,4)t=+c，,=a cb c，|=a cb cacbc，即253351tt+=，解得5t=故答案为：5 14若圆锥侧面展开图是圆心角为23，半径为 2 的扇形，则这个圆锥表面积为 【解答】解：根据题意，设圆锥底面半径为r，若圆锥侧面展开图是圆心角为23，半径为 2 的扇形，则有2223r=，解得23r=圆锥的侧面积143Srl=，底面积2249Sr=，则这个圆锥表面积124416399SSS=+=+=故答案为：169 15 已知抛物线2:2(0)C ypx p=的焦点为F，准线1:2l x=，直线l过点F且与抛物线C交于M，N两点，O为坐标原点，若|3|4MFNF=，则OMN的面积为【解答】解：抛物线2:2(0)C ypx p=的焦点为F，准线1:2l x=，可得122p=，即1p=，抛物线2:2C yx=，焦点坐标为1,02，设11(),M x y，22(),N xy，且10y，20y，由题可设直线MN的方程为12xmy=+，|3|4MFNF=，12|3|4yy=，可得1234yy=，联立：2122xmyyx=+=，整理可得2210ymy=，2(2)40m=+，122yym+=，121yy=，：高途高中数学高考研究院9 9 联立可得：132y=，22 33y=，OMN的面积121117 37 3|222624SOFyy=故答案为：7 324 16 若函数()sin3cos1f xxx=+在0,2上恰有 5 个零点，且在,4 15上单调递增，则正实数的取值范围为 【解答】解：依题意，函数()2sin13f xx=+，由()0f x=，得1sin32x+=，则2 36xk+=+或52 36xk+=+，k Z，由0,2x，得,2333x+，由()f x在0,2上恰有 5 个零点，得29372636+，解得935412，由232x+，得566x，即函数()f x在5,66上单调递增，因此 5,4 1566，即564且615，解得502，所以正实数的取值范围为9542 故答案为：9542 三、解答题：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为必考题，题为必考题，每个试题考生都必须作答；每个试题考生都必须作答；22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.17在22 3cos3aSabC=+；cos2cos2cos212sinsinABCAC+=+，两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，若D为AC边上一点，满足ABBD，2BD=，且_ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分(1)求角B；(2)求21ADCD+的取值范围高途高中数学高考研究院10 10【解答】解：(1)选择，因为22 3cos3aSabC=+，所以23sincos3aabCabC=+，即3sincos3abCbC=+，由正弦定理得，3sinsinsinsincos3ABCBC=+，所以3sin()sinsinsincos3BCBCBC+=+，所以3cossinsinsin3BCBC=，因为sin0C，所以tan3B=，23B=；选择，因为cos2cos2cos212sinsinABCAC+=+，所以2222cos12cos12cos1 12sinsinABCAC+=+，所以222coscoscos1sinsinABCAC+=+，所以2221 sin1sin1 sin1sinsinABCAC+=+，所以222sinsinsinsinsinABCAC+=，所以222abcac+=，即222bacac=+，又2222cosbacacB=+，所以cos12B=，所以23B=(2)在BCD中，因为ABBD，2BD=，所以6DBC=，由正弦定理得：sinsinDCBDDBCC=，所以2sin16sinsinCDCC=，在ABD中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=，所以2sin22sinsinADAA=，所以2121sinsin21sinsinACADCDAC+=+=+，因为23ABC=，所以3AC+=，所以21sinsinsinsin3ACCCADCD+=+=+，整理得：21sin3CADCD+=+因为03C，所以 2,333C+，所以3sin,132C+高途高中数学高考研究院11 11 所以21ADCD+的取值范围是3,12 18如图在四棱锥SABCD中，ABCD为菱形，120ABC=，90SDC=，SBSD=(1)证明：SCBD；(2)若90ASC=，求平面SAB与平面SBC所成二面角的正弦值【解答】(1)证明：设AC与BD相交于点O 因为ABCD为菱形，所以ACBD，且O是BD的中点，因为SBSD=，所以SOBD，又ACSOO=，AC，SO 平面SAC，所以BD 平面SAC，因为SC 平面SAC，所以SCBD(2)解：以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，作Oz垂直底面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为 2，则(0,3,0)A，(1,0,0)B，(0,3,0)C，(1,0,0)D，设(,)S x y z，则(,3,)ASx yz=+，(,3,)CSx yz=，(1,)DSxy z=+，(1,3,0)DC=，(2,0,0)DB=，(1,3,0)AB=，(1,3,0)BC=，由(1)知，SCBD，所以20CS DBx=，即0 x=，因为90SDC=，90ASC=，公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院12 12 所以(1)30DS DCxy=+=，22230AS CSxyz=+=，解得33y=，2 63z=，所以3 2 60,33S，所以3 2 61,33BS=，设平面SAB的法向量为111(,)x y z=m，则00BSAB=mm，即1111132 603330 xyzxy+=+=，取11y=，则13x=，122z=，即23,1,2=m，设平面SBC的法向量为222(,)xy z=n，则00BSBC=nn，即2222232 603330 xyzxy+=+=，取21y=，则23x=，22z=，即(3,1,2)=n，设平面SAB与平面SBC所成二面角为，则|3 1 1|3cos|cos,|313 13 122+=+m nm nmn，所以26sin1cos3=，故平面SAB与平面SBC所成二面角的正弦值为6 19为促进新能源汽车的推广，某市逐渐加大充电基础设施的建设，该市统计了近五年新能(单位：个)，得到如下表格：年份编号x 1 2 3 4 5 年份 2018 2019 2020 2021 2022 新能源汽车充电站数量/y个 37 104 147 186 226(1)已知可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；(2)求y关于x的线性回归方程，并预测 2026 年该市新能源汽车充电站的数量参考数据：51700iiy=，512560iiix y=，521()146.51iiyy=，103.16 参考公式：相关系数12211()()()()niiinniiiixxyyrxxyy=，回归方程ybxa=+中斜率和截距的最小公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院13 13 二乘估计公式分别为：121()()()niiiniixxyybxx=，aybx=【解答】解：(1)1234535x+=，7001405y=，521()41014103.16iixx=+=，5511()()525605 3 140460iiiiiixxyyx yxy=，则515522111()()4600.993.16 146.51()()iiiiiixxyyrxxyy=，因为0.990.75，所以可用线性回归模型拟合y与x的关系；(2)521()4101410iixx=+=，51215()()4604610()iiiiixxyybxx=，1404632aybx=，所以462yx=+，当9x=时，46 92416y=+=，即预测 2026 年该市新能源汽车充电站的数量为 416 个 20已知抛物线2:2(0)C ypx p=上一点P的横坐标为 4，且P到焦点F的距离为 5，(1)求抛物线C的方程；(2)点A，B是抛物线C上异于原点O的不同的两点，且满足0OA AB=，求|OB的最小值【解答】解：(1)由题及抛物线的定义知点P到抛物线准线的距离为 5，抛物线的准线方程为2px=，452p+=，解得2p=，故抛物线的方程为24yx=；(2)依题意(0,0)O，显然直线OA的斜率存在且不为 0，设:OA ykx=，由24ykxyx=，解得244xkyk=，所以244,Akk，0OA AB=，OAAB，直线AB的斜率为1k，直线2414:AB yxkkk=，中高途高中数学高考研究院14 14 由224144yxkkkyx=，得22164160ykyk+=，4AByyk+=，44Bykk=，222441444BBkykxkk=+，即214,44Bkkkk+，22222241411|444BBOBxykkkkkkkk+=+=+=+，设214tkk=+，当且仅当1k=时等号成立，则2211|4424OBttt=+=+，当4t=时，|OB取最小值为8 521已知函数()e1xf xmx=+(1)讨论()f x的单调性；(2)当0m 时，证明：()ln(1)sinf xxxmx+【解答】解：(1)由题意得，()exfxm=+，当0m时，()e0 xfxm=+，函数()f x在R上单调递增；当0m 时，由()e0 xfxm=+得，ln()xm，故函数()f x在(ln(),)m+上单调递增，由()e0 xfxm=+得ln()xm，故函数()f x在(,ln()m上单调递减 证明：(2)要证()ln(1)sinf xxxmx+，即证e1ln(1)sinxmxxxmx+，(0,)x+，即证e(1)(sin)1ln0 xmxxxxx+，(0,)x+，设()sink xxx=+，()1cos0k xx=+，故()k x在(0,)+上单调递增，所以()(0)0k xk=，又因为11m+，所以(1)(sin)sinmxxxx+，所以e(1)(sin)1lnesin1lnxmxxxxxxxx+，当01x时，因为esin10 x+，ln0 xx，所以esin1ln0 xxxx+；当1x 时，esin1lneln2xxxxxxx+，令()eln2xg xxx=，则()eln1xg xx=，设()()h xg x=，则1()exh xx=，因为1x 时，()h x单调递增，所以()(1)e10h xh=，所以()h x即()g x在(1,)+上单调递增，高途高中数学高考研究院15 15 所以()(1)e10g xg=，所以()g x在(1,)+上单调递增，所以()(1)e20g xg=，所以esin1lneln20 xxxxxxx+，综上可知，当0m 时，e(1)(sin)1lnesin1lnxmxxxxxxxx+，即()ln(1)sinf xxxmx+选考题：共选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。分。22在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin4cos=，直线l的极坐标方程为cos13=(1)求曲线C和直线l的直角坐标方程；(2)直线l与x轴的交点为P，经过点P的直线m与曲线C交于A，B两点，若|4 6PAPB+=，求直线m的斜率【解答】解：(1)曲线2:sin4cosC=，即22sin4 cos=，根据cossinxy=，整理得24yx=13:cossin122l+=，即cos3 sin20+=，根据cossinxy=，整理得320 xy+=(2)由(1)知(2,0)P，不妨设m的方程为2xny=+，由22,4,xnyyx=+=得2480yny=，设11(),A x y，22(),B xy，则124yyn+=，128y y=221212|1()44 6PAPBABnyyy y+=+=，42340nn+=，即22(4)(1)0nn+=，即21n=，即1n=，直线m的斜率为11n=23已知函数()|2|1|f xxa x=+，aR(1)当2a=时，求不等式()0f x的解集；(2)当1a=时，函数()f x的最小值为m，若a，b，c均为正数，且2224abcm+=，求 公高途高中数学高考研究院16 16 2abc+的最大值【解答】解：(1)当2a=时，4,1()|2|2|1|3,214,2xxf xxxxxxx+=+=，当1x 时，不等式()0f x等价于4 0 x+，解得4x；当21x时，不等式()0f x等价于30 x，解得20 x；当2x 时，不等式()0f x等价于4 0 x，解得2x 综上所述，不等式()0f x的解集为(,04,)+(2)当1a=时，()|2|1|(2)(1)|3f xxxxx=+=，当(2)(1)0 xx+，即21x时取等号，所以函数()f x的最小值3m=，故22243abc+=，结合a，b，c均为正数，可得222222222293(4)(111)(4)(2)abcabcabc=+=+，所以23abc+，当且仅当21abc=时等号成立，可知当1ab=，12c=时，2abc+的最大值为 3