2024新高考数学提升卷1（解析版）-【赢在寒假•北京专用】2024年高考数学综合（5基础卷+5提升

2024年高考数学综合提升卷【赢在寒假】北京专用（一）班级_______姓名：_______考号：_______第Ⅰ卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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．1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据集合间得关系及交集和并集的定义逐一判断即可.【详解】．故选：B．2．复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用复数的乘法化简，再利用复数的相关概念求解.【详解】解：，复数的虚部为．故选：．3．已知向量，与共线，则=（    ）A．6 B．20 C． D．5【答案】C【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可.【详解】由题意知，又，所以，所以，所以，所以，所以.故选：C4．下列函数中，与函数的奇偶性、单调性均相同的是（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】判断函数的奇偶性和单调性，再判断选项AC的奇偶性，排除AC，判断选项B的单调性，排除B，判断选项D的奇偶性和单调性确定结论.【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，由，所以函数为奇函数，因为函数为上的增函数，函数为上的减函数，所以函数为上的增函数，对于A，设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，因为，，因为，所以函数不是奇函数，A错误；对于B，设，则，故函数不是其定义域上的增函数，B错误；对于C，设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，因为，所以函数为偶函数，C错误；对于D，设，则的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，又函数为上的增函数，D正确；故选：D.5．二项式的展开式的常数项是（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】D【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】二项式展开式的通项公式为，令得，所以常数项为.故选：D6．设双曲线(，)的虚半轴长为1，半焦距为，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，求出实半轴长，进而求出渐近线方程.【详解】双曲线中，，由双曲线半焦距为，得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：D7．在中，，，，则（    ）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】利用余弦定理得到，，利用同角三角函数基本公式得到，然后利用面积公式求面积即可.【详解】，，，所以，解得，，因为，所以，.故选：C.8．设，是非零向量，“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据向量相等、单位向量判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义即知答案.【详解】由表示单位向量相等，则同向，但不能确定它们模是否相等，即不能推出，由表示同向且模相等，则，所以“”是“”的必要而不充分条件.故选：B9．已知正方体中，点M为线段上的动点，点N为线段上的动点，则与线段相交且互相平分的线段MN有（    ）  A．0条 B．1条 C．2条 D．3条【答案】B【分析】根据给定条件，利用平面的基本事实确定点的位置，再作图确定的位置作答.【详解】在正方体中，，而平面，即有平面，  又与线段相交，则交点必在直线上，而平面，于是平面，平面，因为，平面，即平面，而平面平面，因此，即点为的交点，又线段与互相平分，取的中点，连接并延长交于，显然，于是为的中点，所以当点与重合，点与重合时，与线段相交且互相平分，这样的直线只有1条.故选：B10．已知等比数列，对任意，，是数列的前项和，若存在一个常数，使得，；下列结论中正确的是（    ）A．是递减数列 B．是递增数列C． D．一定存在，当时，【答案】D【分析】根据等比数列的性质，利用反例即可判断ABC,由反证法即可求解D.【详解】对于A,若符合，此时，故存在,对，，但此时是递增数列，故A错误，对于B，若，符合，此时，故存在,对，，但此时是递减数列，，故BC错误，对于D，存在，当时，，则,当时，，这与，使得，矛盾，故存在，当时，，故D正确，故选：D第Ⅱ卷二、填空题：本题共5个小题，每小题5分，共25分．11．函数的值域为．【答案】【分析】利用对数函数和指数函数的图象和性质分别求和的值域，再取并集即可.【详解】因为当时，，当时，，所以函数的值域为，故答案为：12．已知抛物线顶点在原点，焦点为，过作直线交抛物线于、两点，若线段的中点横坐标为2，则线段的长为【答案】6【分析】设，利用中点公式即得，再根据焦点弦公式得到线段的长.【详解】是抛物线的焦点，准线方程，设，线段的中点横坐标为2,.，线段的长为6.故答案为：6.13．函数的最小正周期为，若函数在区间上单调递增，则的最大值为.【答案】【分析】根据正弦函数的周期公式和单调递增区间可求出结果.【详解】函数的最小正周期.由，，得，，所以的单调递增区间为，，若函数在区间上单调递增，则，，则，则，即的最大值为.故答案为：；.14．设数列的前项和，则；使得命题“，都有”为真命题的一个的值为.【答案】3（答案不唯一，）【分析】根据给定的前项和求出通项即可，由求出的取值范围作答.【详解】数列的前项和，当时，，当时，，显然不满足上式，所以；当时，，不等式不成立，当时，，不等式，而，解得，因此对，不等式恒成立，所以“，都有”为真命题的，取的一个值为3.故答案为：；315．已知，给出以下命题：①当时，存在，有两个不同的零点②当时，存在，有三个不同的零点③当时，对任意的，的图象关于直线对称④当时，对任意的，有且只有两个零点其中所有正确的命题序号是.【答案】①②③【分析】当，时，利用导数可求得在时的单调性，确定，利用导数可求得，可确定时在上有唯一零点；代回时验证，结合零点存在定理可确定在定义域内共有两个不同零点，知①正确；当，时，易知为在上的唯一零点；当时，利用导数求得单调性，取，结合零点存在定理可说明在定义域内共有三个不同零点，知②正确；根据解析式验证知，知③正确；当时，结合导数可知时，有且仅有两个零点；当时，利用导数可求得单调性，通过反例时，有三个不同零点可知④错误.【详解】对于①，当时，，则定义域为；当时，，，当时，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；，令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；，即当时，，则在上有唯一零点；当，时，，，在上单调递减，，，，使得，在有唯一零点；则当，时，有两个不同的零点，①正确；对于②，当时，，则定义域为；当时，，；当时，，，，在上单调递减；又，在上有唯一零点；当时，，；令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；不妨取，；在上单调递增，在上单调递减；又，，，，使得，即在上存在两个不同零点和；则当，时，有三个不同的零点，②正确；对于③，当时，，，对于任意的，的图象关于直线对称，③正确；对于④，当时，，则定义域为；当时，若，，；则恒成立，在上单调递增，又，在上有唯一零点；若，，；则恒成立，在上单调递减，又，在上有唯一零点；当时，有且仅有两个零点；当时，若，，；令，解得：（舍）或，当时，；当时，；不妨取，则在上单调递减，在上单调递增，；又，，使得，又，恒成立，当时，有三个不同的零点，④错误.故答案为：①②③.【点睛】关键点点睛：本题重点考查了利用导数研究函数零点个数的问题；解题关键是能够通过分类讨论的方式，结合变量的范围讨论函数在区间内的单调性，结合零点存在定理确定函数在区间内的零点个数，从而得到结论.三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.  (1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点,连接，在正三棱柱中，不妨设;以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则,，；设平面的一个法向量为，则,，取，则，即；设平面的一个法向量为，则,即，取得.因为，所以平面平面；  （2）因为，由（1）可得，即，易知平面的一个法向量为,；二面角的余弦值为.17．已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题．(1)求的值；(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围．条件①：；条件②：是的一个零点；条件③：．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①，选条件②．由题设，所以．                                    因为，所以，所以．                                        所以．  选条件③，由题设．整理得．                                以下同选条件②．（2）由（1）因为，所以．                     于是，当且仅当，即时，取得最大值；    当且仅当，即时，取得最小值．        又，即时，．且当时，单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或的取值范围是．18．某中学为了解高二年级中华传统文化经典阅读的情况，从高二年级随机抽取10名学生进行了两轮测试，并把两轮测试成绩的平均分作为该名学生的考核成绩.记录的数据如下：1号2号3号4号5号6号7号8号9号10号第一轮测试成绩96898888929187909290第二轮测试成绩90909188888796928992(1)从该校高二年级随机选取一名学生，试估计这名学生考核成绩大于90分的概率；(2)为进一步研究这10名同学的成绩，从考核成绩小于90分的学生中随机抽取两人，记这两人中两轮测试至少有一次大于90分的人数为，求的分布列与数学期望；(3)记抽取的10名学生第一轮测试的平均数和方差分别为，考核成绩的平均数和方差分别为，试比较与与的大小.（只需写出结论）【详解】（1）这10名学生的考核成绩（单位：分）分别为：93，89.5，89.5，88，90，89，91.5，91，90.5，91．其中大于90分的有1号、7号、8号、9号、10号，共5人,     所以样本中学生考核成绩大于90分的频率是.         从该校高二年级随机选取一名学生，估计这名学生考核成绩大于90分的概率为0.5；（2）由题知，考核成绩小于90分的学生共4人，其中两轮测试至少有一次大于90分学生有2人.                                                                                                                                                      所以可取0,1,2，则，，，所以的分布列为012所以；（3）由题可得，，，所以；.19．已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在轴上，离心率为，且点在该椭圆上．（I）求椭圆C的方程；（II）过椭圆C的左焦点的直线与椭圆C相交于A，B两点，若的面积为，求圆心在原点O且与直线相切的圆的方程．【详解】（1）设椭圆C的方程为，（），由题意可得又，所以因为椭圆C经过（1，），代入椭圆方程有解得所以c=1，故椭圆C的方程为    （II）当直线轴时，计算得到：，    ，不符合题意        当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：，    由消去y，得    显然成立，设，    则，        又            即    又圆O的半径    所以化简，得，即解得，（舍）所以，，故圆O的方程为：．点睛：本题考查了椭圆方程的求法，考查了直线与圆锥曲线，直线与圆的位置关系，常采取联立直线和圆锥曲线方程，利用一元二次方程的根与系数关系即韦达定理求解，对于直线与圆的位置关系，常采取圆的几何性质较多，运算量较少点，圆锥曲线类的题目的特点就是运算