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

2024年高考数学综合提升卷【赢在寒假】天津专用（一）班级_______姓名：_______考号：_______单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由集合的运算求解.【详解】.故选：B2．设，则“”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】根据题意解出不等式比较两范围大小即可得出结果.【详解】解不等式可得或；显然是或的真子集，所以可得“”是“”的必要不充分条件.故选：B3．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】注意到，，后利用指数函数，幂函数单调性可比较大小.【详解】因函数在上单调递增，在上单调递减，则，，.又函数在上单调递增，则，又，则.综上，.故选：A4．函数的图象大致是（    ）A．   B．  C．   D．    【答案】C【分析】根据函数解析式可判断出为奇函数，其图象关于原点对称，再利用时的取值即可判断出正确选项.【详解】由函数可知，其定义域为，关于原点对称；又对于定义域内任意满足，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，因此排除B，又根据不同函数的增长速度可知，当趋近于，趋近于，而非接近于0，所以排除A；又排除D故选：C5．将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个奇函数的图象，则的一个可能取值为（    ）A． B． C．0 D．【答案】A【分析】首先求平移后的解析式，再根据函数的性质，求的一个可能取值.【详解】函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到函数，函数关于奇函数，所以当时，，解得：，当时，.故选：A6．设为等比数列的前项和，，则公比（    ）A． B． C．1或 D．或【答案】C【分析】将已知条件用等比数列的基本量进行表示，列出等式，即可求得公比.【详解】由题意得，设等比数列的公比为，由，即，所以，解得或，故选：C．【点睛】本题考查等比数列的基本量的计算，属基础题.7．某学校组建了演讲，舞蹈，航模，合唱，机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生（这部分学生人数少于全校学生人数）进行调查，并将调查结果绘制了如下不完整的两个统计图，则（    ）A．选取的这部分学生的总人数为1000人B．选取的学生中参加机器人社团的学生数为80人C．合唱社团的人数占样本总量的40%D．选取的学生中参加合唱社团的人数是参加机器人社团人数的2倍【答案】C【分析】根据题图数据分析选取人数、合唱社团占比、机器人社团占比及其人数，并判断两社团人数数量关系，即可得答案.【详解】由题图知：选取人数为人，故合唱社团占比为，所以，机器人社团占比为，故该社团人数为人，所以合唱社团的人数是参加机器人社团人数的倍.综上，A、B、D错，C对.故选：C8．粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为，则下列说法正确的是（    ）  A． B．C．的最小值为 D．的最小值为【答案】D【分析】设，然后求出正四面体的高，然后由体积可求得，然后由侧面展开图可求的最小值.【详解】设，则正四面体的高为，因为六面体的体积为，所以，解得，  的最小值为等边三角形高的2倍，即，故选：D9．已知拋物线的准线过双曲线的左焦点，点为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，若到抛物线焦点的距离为5，则双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由抛物线的标准方程求出准线方程即可求出双曲线的左焦点，即可求；由为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，到抛物线焦点的距离为5，可求出点的坐标，把点代入双曲线的渐近线方程即可得出与相等，再根据即可求解.【详解】由题意知，拋物线的准线方程为，所以双曲线的左焦点坐标为，所以双曲线的.又因为点为双曲线的渐近线和拋物线的一个公共点，若到抛物线焦点的距离为5，所以，所以，代入抛物线方程即可得.因为在双曲线的渐近线方程上，所以，又因为双曲线中，，所以，所以双曲线的方程为：.故选：D二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。10．是虚数单位，复数的虚部为.【答案】【分析】直接根据复数的除法运算以及复数虚部的概念即可得到答案.【详解】，故其虚部为，故答案为：.11．在二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，则展开式中的常数项为.【答案】【分析】根据题意可确定n的值，继而求得二项展开式的通项公式，令x的指数等于0，求得r的值，即可求得答案.【详解】因为二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，故二项式的展开式有7项，则，故的通项公式为，令，故展开式中的常数项为，故答案为：12．已知直线平分圆，则圆中以点为中点的弦弦长为【答案】【分析】由圆的标准方程确定圆心坐标和半径，由题意可知该直线经过圆心，求出a，利用几何法求弦长即可求解.【详解】由，得，因为直线平分圆C，所以该直线经过圆心C，得，解得.则，当圆心C与该点的连线与弦垂直时，满足题意，所以圆C以点为中点的弦弦长为.故答案为：.13．甲、乙、丙三人分别独立地解一道题，甲做对的概率是，三人都做对的概率是，三人都做错的概率是，则乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为，甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为．【答案】，或，；【分析】利用相互独立事件同时发生的乘法公式、对立事件概率公式及互斥事件至少一个发生的加法公式计算，即可求解.【详解】设甲、乙、丙做对这道题分别为事件A、B、C，，由题意，，所以，解得或；设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的事件为D，则，所以甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率为.故答案为：，或，；.14．如图，在平面四边形中，，，，.若为线段中点，则；若为线段（含端点）上的动点，则的最小值为.  【答案】/5.25【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，结合平面向量的数量积公式和二次函数的性质即可求出.【详解】因为，，所以为等边三角形，因为，，所以在和中，，，则，得，，因为在中，，则，得，又，所以，以为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，，，，，，，则；设，，，则，因为，所以时，的最小值为.故答案为：；.  15．设函数，若方程有三个不同的实数根，则实数的取值范围为.【答案】【分析】对进行分类讨论，方程有三个不同的实数根以及函数的单调性即可求解；【详解】①当时，，在单调递增，在单调递增，在单调递减，此时不满足方程有三个不同的实数根；②当时，，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，，即，解得：；③当时，，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，，即，解得：，由①②③可知：；实数的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点睛：本题主要考查了绝对值函数以及函数与方程的关系，难度较大，解决本题的关键在于分类讨论去掉绝对值符号，然后将方程的根转化为函数的交点，然后结合函数的性质解答.三、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【详解】（1）由余弦定理知，，所以，即，    解得或（舍负），所以．（2）由正弦定理知，，所以，所以．（3）由余弦定理知，，    所以，，    所以.17．在如图所示的几何体中，平面平面；是的中点.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面的夹角的余弦值.【详解】（1）因为，以为原点，分别以，所在直线为，轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，，所以，所以，即；（2）因为，设平面的法向量为，则，令，可得，又，设与平面所成角为，则，直线与平面所成的角的正弦值为；（3）由题，，设平面的法向量，由，令，则，又平面的法向量，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．18．已知椭圆的左顶点为，右焦点为，过作垂直于轴的直线交该椭圆于，两点，直线的斜率为.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）若的外接圆在处的切线与椭圆交另一点于，且的面积为，求椭圆的方程.【详解】（Ⅰ）由题意可知：，设，由题意可知：M在第一象限，且，，，；（Ⅱ）由（Ⅰ）,，所以椭圆方程为：，设的外接圆的圆心坐标为，由，得，求得，，切线斜率为：，切线直线方程为，即代入椭圆方程中,得，，，，到直线的距离，的面积为，所以有，，椭圆方程为：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，考查了直线与椭圆的位置关系，圆的切线性质，考查了数学运算能力.19．已知为等差数列，为公比大于0的等比数列，且，，，.（1）求和的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.【详解】（1）设的公差为，的公比为，则，解得或（舍），故.又，故，故.（2），故，所以，所以，故.【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.20．已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在定义域上存在极值，求的取值范围；(3)若恒成立，求.【详解】（1）当时，，，故切点坐标为，又因为，则切线斜率，所以切线方程为，即.（2），函数定义域为，，所以当时，恒成立，不符合题意.当时，令，，所以时，在定义域上单调递增，，因为，所以，当时，，所以在上存在极值点当时，，，所以为的极值点.当时，，因为，，故所以在上存在极值点.综上所述，的取值范围是.（3）恒成立，得，设则，令，则①当时，在时，，，所以，在时，，所以，所以为在上的唯一极小值点，，所以时，恒成立②当时，时，，，有，时，，，有，又，所以，即为增函数.，又因为，所以存在使得，当时，为减函数，所以，不符合题意.③当时，同②有为增函数，当时，，又因为，所以存在，使得，当时，，为增函数，所以不符合题意.④当时，时，，，有，时，，，有，又，所以，为增函数，又因为，所以当时，，不符合题意.综上所述，.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.