2024 届最后一卷.docx

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1、得分训练八姓名：_班级：_一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】A【详解】，因为表示所有的奇数，而表示所有的整数，则，故选：A.2已知三个单位向量满足，则向量的夹角为（）ABCD【答案】C【详解】，即，即，则，因为，夹角 ，故选：C.3某同学测得连续7天的最低气温分别为（单位：），若这组数据的平均数是中位数的2倍，则（）A2B3C6D7【答案】D【详解】由题意可知：这组数据的平均数为，除外，将数据按升序排列可得，结合的任意性可知中位数为2，则，解得.故选：D.4已知，则（）ABCD【答案】B【详解】展开得，两边同平方有，即，解得，故选：B.5设数列的前项和为，若，则（）A65B127C1

2、29D255【答案】B【详解】时，则.时，是2为首项，2为公比的等比数列，故选：B.6已知复数，满足z1+2+z1-2=25，z2=4i（其中i是虚数单位），则的最小值为（）A1B2CD3【答案】D【分析】根据复数的几何意义，设相关点，分析可知点的轨迹表示为焦点分别为F1-2,0,F22,0的椭圆，由题意可知：，可知点的轨迹表示为焦点分别为F1-2,0,F22,0的椭圆，则长半轴长为，半焦距，短半轴长为，且，若使得最小，则需取得最小值，此时故选：D.7已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（）ABCD【答案】D【分析】先求出正四棱台的高，再

3、分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，最后利用球的表面积公式即可.【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则，因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切，则，则，过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则，则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到正四棱台内半径的最大的球是与侧面和底面同时相切的，再求出其高，得到侧棱与底面夹角，作出轴截面图形，再求出最大球半径.8若定义在上的函数

4、，满足，且，则（）A0B-1C2D1【答案】D【分析】利用赋值法，先后求出，再令，得到，即可求解.【详解】令，则有，又，.令，.则有，.令，则有.，.故选：D.二、多选题9已知，则（）ABCD【答案】AC【分析】根据正弦型函数的周期即可判断A；根据其对称性即可判断B，利用整体法求出函数值域即可判断C；求导并举出反例即可判断D.【详解】对A，周期为，故A对；对B，令，则，若成立，则关于对称，令，解得，因为，则B错误；对C，故C正确；对D，当时，则，则D错误，故选：AC.10在正方体中，为的中点，是底面上一点，则（）A为中点时，B为中点时，平面C满足的点在圆上D满足直线与直线成角的点在双曲线上【答

5、案】BCD【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，对A计算即可判断；对B利用线面平行的判定定理即可判断；对C，计算得，则得到其轨迹；对D，根据线线夹角公式得到关于的方程，化简即可.【详解】不失一般性，设正方体棱长为2，如图建系，因为为的中点，则，对A，为中点，则，与不垂直，故A错误.对B，为中点时，因为，则四边形为平行四边形，则，因为平面，所以平面，故B正确；对C，令，在以为圆心，为半径的圆上，故C正确；对D，化简得，其为双曲线方程，故D正确，故选：BCD.11已知，则（）ABCD【答案】AD【分析】结合图象和指、对函数之间的关系即可判断AB；利用切线不等式即可判断C；利用不等式即可判

6、断D.【详解】对A，由图可知：与交点，与的交点，根据指数函数与对数函数为一对反函数知：，关于对称，故，故A正确；对B，由A知，故B错误；对C，由知，则，设，则，则当时，此时单调递减；当时，此时单调递增；则，则恒成立，即，当时取等；令，则有，因为，则，即，故C错误；对D，设，则，则当时，此时单调递增；当时，此时单调递减；则，即在上恒成立，即在上恒成立，当时取等，令，则，即，因为，则，则，故，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是充分利用图象并结合指、函数的关系，而CD选项的关键在于两个不等式和的运用.三、填空题10为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成五个部分（如图所示）

7、，现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有_种答案：48【分析】满足条件的涂色方案可分为区域同色，且和其它区域不同色和区域同色两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可【详解】满足条件的摆放方案可分为两类，第一类区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案，满足条件的方案可分四步完成，第一步，先摆区域有种方法，第二步，摆放区域有3种方法，第三步，摆放区域有2种方法，第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法，由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案，第二类，区域同色两类，且和其它

8、区域不同色的摆放方案，满足条件的方案可分四步完成，第一步，先摆区域有种方法，第二步，摆放区域有3种方法，第三步，摆放区域有2种方法，第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法，由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案，根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有种，13在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数函数有 个不动点【答案】1【分析】由题意可知即求函数的零点个数，当时，,当时，当时，对求导可得的单调性和值域，即可求出的零点个数.【详解】令，即，由

9、题意可知即求函数的零点个数，当时，此时不存在零点；当时，此时不存在零点；当时，令，因为，解得：，令，因为，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，故在上有且仅有一个零点，综上所述，仅有一个不动点故答案为：1.14已知正方形的边长为，两个点，（两点不重合）都在直线的同侧（但，与在直线的异侧），关于直线对称，若，则PAS面积的取值范围是 .【答案】【分析】建立平面直角坐标系，由求出点轨迹，由轨迹特征求点到直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围.【详解】以为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，所以，因为，所以，即位于双曲线的右支上，渐近线方程为或，直线与直线：的距离为，即点到直线的距离的

10、取值范围是，又，所以面积的取值范围是.因为不重合，故不重合，故面积不为，故答案为：.四、解答题15在ABC中，角的对边分别为(1)求；(2)若ABC的面积为边上的高为1，求ABC的周长【答案】(1)(2)【分析】利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小；（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长.【详解】（1）因为，由正弦定理，得，即，即.因为在中，所以.又因为，所以.（2）因为的面积为，所以，得.由，即，所以.由余弦定理，得，即，化简得，所以，即，所以的周长为.16如图，在直三棱柱中，(1)当时，求证：平面；(2)设二面角的大小为，求的取值范围【答案】(1)证明见解析(

11、2)【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可；（2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围.【详解】（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系，则，.当时，所以，所以，所以.又平面平面，所以平面.（2），设平面的一个法向量为，则，即，不妨取.因为平面，所以平面的一个法向量为.所以，所以.又因为，易知在上单调递减，所以.17某学校组织一场由老师与学生进行的智力问题比赛，最终由小明同学和唐老师入围决赛，决赛规则如下：学生：回答n个问题，每个问题小明回答正确的概率均为；若每次小明回答错误，均可以行使一次学生权益，即可以进行场外求助，由场外同学小

12、亮帮助答题，且小亮每个问题回答正确的概率均为.教师：回答个问题，每个问题唐老师回答正确的概率均为.假设每道题目答对与否相互独立，最终答对题目多的一方获胜.(1)若，记小明同学答对问题（含场外求助答对题数）的数量为X，求X的分布列及数学期望：(2)若，且小明同学获胜的概率不小于，求p的最小值.【答案】(1)分布列见解析，；(2).【分析】（1）求出小明答每个问题，回答正确的概率，再利用二项分布求出分布列及期望.（2）求出小明答对1个、2个试题的概率，唐老师答对0个、1个试题的概率，再把小明获胜的事件分拆成互斥事件的和，即可求出概率.【详解】（1）小明同学答每个问题，回答正确的概率，的所有可能取值

13、为，显然，则，则的分布列为0123数学期望.（2）记事件为小明同学答对了道题，事件为唐老师答对了道题，其中小明同学答对某道题的概率为，答错某道题的概率为，则，所以小明同学获胜的概率为，解得，所以的最小值为.18已知函数(1)若，求的最小值；(2)设数列前项和，若，求证：【答案】(1)0(2)证明见详解【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性，进而可得的最小值；（2）当时显然成立，当，结合（1）可得，进而可得，利用裂项相消法分析证明.【详解】（1）因为，则，因为，则，且，当时，则，可得；当时，则，可得；可知在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.（2）因为，若，则，满足；若，由（1）可知：，

14、即，当且仅当时，等号成立，令，可得，且，可得，所以；综上所述：.20已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为当垂直于轴时，F1AF2B=-32(1)求的方程；(2)若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于证明：为定值；证明：四边形的面积是AOB面积的2倍【答案】(1)(2)证明见解析；证明见解析【分析】（1）取垂直轴特殊情况研究，由直线与直线的斜率之积为，且 求出点坐标，再代入椭圆方程待定系数法求解即可；（2）由建立坐标之间关系，利用在椭圆上及直线与直线的斜率之积为消去，即可得证；设，利用韦达定理将直线与直线的斜率之积为表

15、示出来即可得到的关系，再表示出面积，四边形的面积；若要证，只需证转化为证明，由题将用表示，化简即可.【详解】（1）当垂直轴时，由直线与直线的斜率之积为，故，设，则，解得，即，则，解得，故的方程为；（2）（2）设，由知，将得，即由为上点，则又直线与直线的斜率之积为，故，即因此；由题直线斜率不为0，设由联立，消去得，由，即，即因此有AOB面积，四边形的面积，即若要证，只需证设，故只需证即可直线，联立解得，同理得故故问题得证【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将表示为 后将同一直线上的弦长比值问题转化为纵坐标的比值问题，即证明，而可以用表示出来，从而达到消元化简的目的.试卷第15页，共15页学科网（北京）股份有限公司