文档内容
2024 年高考数学临考押题卷 01（新高考通用）
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 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．若 为纯虚数， ，则 （ ）
A．3 B．4 C．-3 D．-4
【答案】A
【分析】由复数除法运算化简复数，结合复数是纯虚数列方程解出参数 即可.
【详解】因为 为纯虚数，所以 ，解得 .
故选：A.
2．已知平面向量 ， ， ，则 与 的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，由平面向量数量积的坐标运算可得 ，再由平面向量的夹角公式代入计算，即可
得到结果.
【详解】 ，，
，
， ．
故选：B
3．甲、乙、丙、丁4人参加活动，4人坐在一排有12个空位的座位上，根据要求，任意两人之间需间隔
至少两个空位，则不同的就座方法共有（ ）
A．120种 B．240种 C．360种 D．480种
【答案】C
【分析】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，
此时空位一共还剩2个，再将这两个空位分一起和分开插入4人之间和两侧空位，即可得解.
【详解】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，
再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，
此时空位一共还剩2个，
若将这两个空位连在一起插入4人之间和两侧空位，有5种放法；
若将这两个空位分开插入4人之间和两侧空位，有 种放法，
故不同的就座方法共有 种.
故选：C.
4．已知点 在抛物线 ： （ ）上， 为 的焦点，直线 与 的准线相交于点 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】代点计算可得抛物线方程，即可得焦点纵坐标与准线方程，即可得直线 的方程，求出两直线
交点，即可得 点坐标，结合两点距离公式即可得解.
【详解】由 ，有 ，即 ，即抛物线 ： ，则 ，准线方程为： ，
故 ，整理得 ，
令 ，则 ，即 ，
则 .
故选：B.
5．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用余弦定理的变形： ，结合三角形的面积公式 ，可把条
件转化为： ，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中 ，可求得 .
【详解】因为 ，所以 ，
又由 ，
所以 .
所以
所以 ，又因为在 中， ，所以 .
故选：A
6．某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含有的污染物数量逐渐减少．已知
改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量为 ，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为 ，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量 满足函数模型 （
， ），其中 为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量， 为首次改良工艺后排放的废水
中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过 时符合废水排
放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为（ ）（参考数据： ，
）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】D
【分析】由题意，根据指数幂和对数运算的性质可得 ，由 ，解不等式即可求
解.
【详解】由题意知 ， ，
当 时， ，故 ，解得 ，
所以 ．
由 ，得 ，即 ，
得 ，又 ，
所以 ，
故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次．
故选：D
7．记数列 的前n项积为 ，设甲： 为等比数列，乙： 为等比数列，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】D
【分析】利用等比数列通项公式、等比数列定义，结合充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】若 为等比数列，设其公比为 ，则 ， ，
于是 ， ，当 时， 不是常数，
此时数列 不是等比数列，则甲不是乙的充分条件；
若 为等比数列，令首项为 ，公比为 ，则 ， ，
于是当 时， ，而 ，
当 时， 不是等比数列，即甲不是乙的必要条件，
所以甲是乙的既不充分也不必要条件.
故选：D
8．设 ， ，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得 、 ，构造函数
、 ，利用导数讨论两个函数的单调
性可得 、 ，即可求解.
【详解】 ，
，设函数 ，
则 ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，且 ，即 ，
所以 在 上单调递减，
则 ，即 ，所以 .
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，且 ，
即 ，
得 ，所以 ，即 ，解得 .
综上， .
故选：B
【点睛】方法点睛：此类比较大小类题目，要能将所给数进行形式上的变化，进而由此构造函数，利用导
数判断单调性，进而比较大小.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．学校“校园歌手”唱歌比赛，现场8位评委对选手A的评分分别为15，16，18，20，20，22，24，25.
按比赛规则，计算选手最后得分时，要先去掉评委评分中的最高分和最低分，则（ ）
A．剩下的6个样本数据与原样本数据的平均数不变
B．剩下的6个样本数据与原样本数据的极差不变
C．剩下的6个样本数据与原样本数据的中位数不变
D．剩下的6个样本数据的35%分位数大于原样本数据的35%分位数
【答案】ACD【分析】根据题意，利用平均数，极差，中位数和百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中， 8个数据的平均分为 ，
去掉最高分和最低分后数据的平均分为 ，所以A正确；
对于B中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的极差为 ，
去掉最高分和最低分后，6个数据的极差为 ，所以B错误；
对于C中，去掉最高分和最低分之前，8个数据的中位数为 ，
去掉最高分和最低分后，6个数据的中位数为 ，所以C正确；
对于D中，由 ，所以8个数据的 分位数为 ，
去掉最高分和最低分后，可得 ，所以6个数据的 分位数为 ，
所以D正确.
故选：ACD.
10．已知 ，函数 ， ，若 在区间 上单调递增，
则 的可能取值为（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】BC
【分析】先把函数化成 的形式，再逐一验证 的值，验证函数在给定的区间内是否单调
递增.
【详解】因为
，
当 时， ，函数在 上递减，在 上递增，故A不可以；
当 时， ，因为 ， ，则 在上递增，故B可以；
当 时， ，因为 ，函数 ， 单
调递增，所以 在 上递增，故C可以；
当 时， ，因为 ，函数 ，
不单调，故D不可以.
故选：BC
11．过点 的直线与抛物线C： 交于 两点．抛物线 在点 处的切线与直线 交于点
，作 交 于点 ，则（ ）
A．直线 与抛物线C有2个公共点
B．直线 恒过定点
C．点 的轨迹方程是
D． 的最小值为
【答案】BCD
【分析】设出直线 的方程为 ，代入 ，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断
AB；根据B可得 的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出 ，然后利
用导数的知识求出最值进而判断D.【详解】设直线 的方程为 ，
联立 ，消去 得 ，则 ，
对于A：抛物线 在点 处的切线为 ，
当 时得 ，即 ，
所以直线 的方程为 ，整理得 ，
联立 ，消去 的 ，解得 ，即直线 与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线 的方程为 ，整理得 ，此时直线 恒过定点 ，B正确；
对于C：又选项B可得点 在以线段 为直径的圆上，点 除外，故点 的轨迹方程是
，C正确；
对于D： ，
则 ，
令 ，则 ，
设 ，
则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜
式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．已知集合 ， ，若 ．则m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意可得 ，再列出不等式组，解之即可得解.【详解】因为 ，所以 ，故 ，
所以 且 ，
所以 ，解得 .
故答案为： .
13．写出函数 的一条斜率为正的切线方程： ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据导数的几何意义结合导数运算求导函数，取定义域内的点作切点，求斜率与切点坐标即可得
切线方程.
【详解】 ， ，则 ，
取切点为 ，则斜率为 ，
又 ，
则切线方程为： ，即 .
故答案为： （答案不唯一）
14．如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去
掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
【答案】
【分析】如图，七面体为正方体 截去三棱锥 的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线 上，
以点 为原点建立空间直角坐标系，设球心 ，利用向量法求出球心 到平面 的
距离进而可得出答案.
【详解】如图，七面体为正方体 截去三棱锥 的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线 上，
如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
则 ，
设球心 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
则球心 到平面 的距离为 ，
因为球 与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以 ，解得 ，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 .故答案为： .
【点睛】方法点睛：求点 到平面 的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体 的体积，然后计算出 的面积，利用锥体的体积公式可计算
出点 到平面 的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面 的一个法向量 的坐标，进而可得出点 到平面 的距离为
.
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17
分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知正项数列 的前 项和为 ， ，且 ．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出 ，可证明数列 为首项为 ，公差为 的等差数列，得到 ，利用得到 的通项公式；
（2）由（1）知， ，化简可得 ，利用分组求和以及裂
项相消即可求出数列 的前 项和 .
【详解】（1）当 时，由 ，即 ，解得： ，
所以 ，则数列 为首项为 ，公差为 的等差数列；
所以 ，则 ，
当 时， ，
当 时， 满足条件，
所以 的通项公式为
（2）由（1）知， ，
所以 ，
故 ，
即
16．如图，圆柱 内有一个直三棱柱 ，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱
的轴截面是边长为6的正方形， ，点 在线段 上运动．(1)证明： ；
(2)当 时，求 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析.
(2) .
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量 和 的坐标，由 得到 ；
（2）先由 ，得到点 是线段 的中点，求出 的一个方向向量和平面 的一个法向量的
坐标夹角余弦的绝对值，即为 与平面 所成角的正弦值.
【详解】（1）
连接 并延长，交 于 ，交圆柱侧面于 ，
， 为圆柱的高，两两垂直，以 为原点，过点 做 平行线为 轴，以 为 轴，以 为 轴，
建立如图所示空间直角坐标系 ，
， ，
在 中，由射影定理得 ，
，
从而 ，
，
设 ， ，
，
.
（2）由（1）可得， ，
，得 ，即点 是线段 的中点，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，
设 的一个方向向量为 ，于是得：
，设 与平面 所成角为 ，则 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
17．已知函数 ．
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若不等式 对任意的 恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)递增区间为 ，递减区间为
(2)
【分析】（1）求出导函数后借助导函数的正负即可得原函数的单调性；
（2）可借助 ，得到 ，在 的情况下，借助 ，从而构造函
数 ，结合该函数的单调性及最值即可得解；亦可通过参变分离，得到 对
任意的 恒成立，通过研究 得解.
【详解】（1）当 时， ，其定义域为 ，
，
令 ，得 （ 舍去），
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2）方法1：由条件可知 ，于是 ，解得 ．当 时， ，
构造函数 ， ，
，
所以函数 在 上单调递减，于是 ，
因此实数m的取值范围是 ．
方法2：由条件可知 对任意的 恒成立，
令 ， ，只需 即可．
，
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，
于是 ，所以函数 在 上单调递增，
所以 ，于是 ，因此实数m的取值范围是 ．
18．“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出
行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．他们之间的出
行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为 ，乙每天选择“共享单车”的概率为 ，丙在每
月第一天选择“共享单车”的概率为 ，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继续选择“共
享单车”的概率为 ，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为 ，如此往复．
(1)若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；
(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为 ，求 的分布列与数学期望；(3)求丙在3月份第 天选择“共享单车”的概率 ，并帮丙确定在3月份中选择“共享单
车”的概率大于“地铁”的概率的天数．
【答案】(1)
(2)分布列见解析；期望为
(3) ；2天
【分析】（1）利用相互独立事件概率的乘法公式与条件概率公式进行求解即可；
（2）依题意得到 的所有可能取值及对应的概率，从而求得分布列及数学期望；
（3）由题意，求得 与 的关系，通过构造等比数列求出 ，再由 求出对应的 ，即可求解．
【详解】（1）记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件 ，
记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件 ，
则 ，
又 ，
所以 ，
即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为 ．
（2）由题意可知， 的所有可能取值为0，1，2，3，
则 ，
，
，，
所以 的分布列为
0 1 2 3
故 ，
即 的数学期望为 ．
（3）由题意得 ，
则 ，
所以 ，
所以 ．
又因为 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
经检验当 时，上式也成立，
所以 ．
由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足 ，即 ，
则 ，即 ，
当 为偶数时， 显然不成立，
当 为奇数时，不等式可变为 ，
当 时， 成立；
当 时， 成立；
当 时， ，
则 时， 不成立．
又因为函数 单调递减，
所以当 时， 不成立，
所以只有在第1天和第3天时， ，
所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2天．
【点睛】关键点点睛：第三问关键是得到递推公式 ，再由构造
法得到 的通项.
19．如图，已知双曲线 的离心率为2，点 在 上， 为双曲线的左、右
顶点， 为 右支上的动点，直线 和直线 交于点 ，直线 交 的右支于点 ．(1)求 的方程；
(2)探究直线 是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由；
(3)设 分别为 和 的外接圆面积，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)过定点 ，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据离心率得到 ，再代入 ，得到方程，求出 ，求出双曲线方
程；
（2）设直线 的方程为 ，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出直线
，求出 ，根据三点共线得到方程，结合 ，求出
，得到答案；
（3）利用正弦定理求出 ，设直线 的方程为 ，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出 ，表达出 ，得到 .
【详解】（1）因为离心率 ，所以 ，
双曲线的方程为 ，
将点 代入双曲线方程得 ，
所以 ，
所以 的方程为 ．
（2）直线 过定点 ，理由如下：设 ，
直线 的方程为 ，与 的方程联立
整理得 ，
则 ．
直线 ，所以 ，又 三点共线，
所以 ，即 ，
即 ，
即 ，
化简得 ，
因为 ，所以 ，
代入上式得 ，
即 ，
，
所以 ．所以 过定点 ．
（3）设 和 的外接圆半径分别为 ， ，其中 ，
由正弦定理可得 ，
又 ，
所以 ，即 ．
设直线 的方程为 ，
与 的方程联立
整理得 ，
则 ．
又 即
由 得 ，由 ，解得 ，
由 得，
，
由 ，得 ，
综上， ，
又因为
，
所以 ．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
