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2024 年高考押题预测模拟测试卷 05（新高考冲刺卷 03）
（满分150分，考试用时120分钟）
一､选择题
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据根式与对数的定义域，结合交集的定义求解即可.
【解析】由 ，
所以 ，
故 ，
故选：A
2．已知 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由 建立 的等量关系，求解 ，从而判断选项.
【解析】因为 ，化简得 ，解得 或 ，故“ ”是“
”的必要不充分条件.
故选：B．3．2024年某校举行一场射箭比赛，甲乙丙丁戊各射中的环数分别为：9环，6环，7环，8环，10环．则
在五个人的成绩的上四分位数是（ ）
A．8环 B．9环 C．7环 D．6环
【答案】B
【分析】根据第p百分位数定义计算判断即可.
【解析】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：6，7，8，9，10，
，5人成绩的上四分位数为第四个数:9.
故选：B.
4．在等差数列 中，已知 则 的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据等差数列通项公式和前 项和性质即可得到 ，解出即
可.
【解析】由题意得 ，
，
即 ，解得 .
故选：C.
5．将 六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中 分配到同一所学校，则不同的
分配方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
【答案】B
【分析】先平均分组，再利用全排列可求不同分配方法的总数.
【解析】将余下四人分成两组，每组两人，有 种分法，
故不同的分配方法共有 种，
故选：B.6．夏日炎炎，某奶茶店推出了新款奶茶——“冰桶”系列，受到了年轻消费者的喜爱，已知该系列奶茶
的容器可以看作是一个圆台与一个圆柱拼接而成，其轴截面如图所示，其中 ，
，则该容器的容积为（ ）（不考虑材料厚度）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出圆台部分的高，根据圆台以及圆柱的体积公式，即可求得答案.
【解析】由题意得，圆台的高 ，
故该容器的容积 ，
故选：D.
7．已知 为锐角，且 ，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先结合和差角公式及同角基本关系进行化简，然后结合基本不等式即可求解．
【解析】因为 ， 为锐角，且 ，
两边同时除以 得， ，
，
为锐角， ，，
当且仅当 ，即 时取等号，
最大值 ．
故选：A．
8．已知抛物线 的方程为 ， 为其焦点，点 坐标为 ，过点 作直线交抛物线 于 、
两点， 是 轴上一点，且满足 ，则直线 的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设 ， ， ，直线 方程为 ，联立直线与抛物线方程，消元，得
到 ，再由 ，可得 ， 是方程 的解，
将 代入方程，由 求出 .
【解析】设 ， ， ，直线 方程为 ，
联立直线与抛物线方程 ，可得 ，
显然 ，所以 ．
又 ，即 ，
即 ， ，
故 ， 是方程 的解，将 代入方程 ，
整理得 ，显然 ，
，
，即 ．
故选：B．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 、 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
二、多选题
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．设有一个经验回归方程为 ，变量 增加1个单位时， 平均增加2个单位
B．已知随机变量 ，若 ，则
C．两组样本数据 和 .若已知 且 ，则
D．已知一系列样本点 的经验回归方程为 ，若样本点 与 的残差相等，则
【答案】BC
【分析】根据回归方程可判定A，根据正态分布可判定B，根据数据的平均数可判定C，根据回归方程及残
差的概念可判定D.
【解析】若有一个经验回归方程 ，随着 的增大， 会减小，A错误；
曲线关于 对称，因为 ，所以 ，
所以 ，B正确；
因为 ，
所以 ，
故 ，C正确；
经验回归方程为 ，且样本点 与 的残差相等，
则 ，所以 ，D错误.
故选：BC.
10．已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，且 ， 的图象关于点
对称，则（ ）
A．
B． 为偶函数
C． 的图象关于点 对称
D．
【答案】ABD
【分析】对于A，首先由题意 ，求导代入 即可验算；对于B，由即可判断；对于C，用反证法即可求导推翻；对于D，由题意得 ，进一步构造函数得
，由此即可判断.
【解析】由 ，可得 ，则 ，令 ，得
，A正确.
令 ，则 ，故 为偶函数，B正确.
假设 的图象关于点 对称，则 ，
则 ，即 ，则 ，
这与 的图象关于点 对称矛盾，假设不成立，C不正确.
因为 的图象关于点 对称，所以 ，
令 ，则 ，
则 （ 为常数），则 ，
从而 ，即 ，
由 ，得 ，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是用反证法求导结合已知证伪，由此即可顺利得解.
11．如图，在棱长为2的正方体 中，已知M，N，P分别是棱 ， ， 的中点，Q
为平面 上的动点，且直线 与直线 的夹角为 ，则（ ）A． 平面
B．平面 截正方体所得的截面面积为
C．点Q的轨迹长度为
D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大
值为
【答案】ABD
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，
找到平面 截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；
D选项，由对称性得到平面 分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在 上，
设球心为 ，由 得到方程，求出半径的最大值.
【解析】A选项，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
，
故 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 得， ，故 ，
因为 ，故 平面 ，A正确；
B选项，取 的中点 ，连接 ，
因为M，N，P分别是棱 ， ， 的中点，
所以 ，又 ，
所以 ，所以平面 截正方体所得的截面为正六边形 ，
其中边长为 ，故面积为 ，B正确；
C选项，Q为平面 上的动点，直线 与直线 的夹角为 ，又 平面 ，设垂足为 ，以 为圆心， 为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中 ，由对称性可知， ，
故半径 ，
故点Q的轨迹长度为 ，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱 ， ， 的中点，
所以平面 分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点 的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面 切与点 ，与平面 ，平面 ，平面 相切，
由对称性可知，球心在 上，设球心为 ，则半径为 ，
，故 ，即 ，解得 ，
故球的半径的最大值为 ，D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是
找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后
借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题
12． 是 在 处的切线方程，则 ．
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求出斜率，再求切线方程即可.
【解析】令 ， ，
则 ，则方程为 ，将 代入方程，得 ，解得 ，
故答案为：
13．已知偶函数 的图像关于点 中心对称，且在区间 上单调，则
．
【答案】 /1.5
【分析】根据题意 ，再由对称中心求出 ，最后根据函数单调性确定 .
【解析】因为偶函数 ，所以 ， ，
即 或 ，
又 的图像关于点 中心对称，
所以 ，即 ，
所以 ，
因为 函数单调，所以 ，即 ，所以当 时， 符合条件.
故答案为：
14 ． 设 为 的 展 开 式 的 各 项 系 数 之 和 ， ， ，
表示不超过实数x的最大整数 ，则 的最小值为 ．
【答案】 /0.2
【分析】
赋值法求出 ，结合导数判断 ，确定 结合等差数列求和公式得 ，将
转化为点点距的平方进而求解.
【解析】
令 可得， ， ，
设 ，则 ，
令 ，得
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
则
故对任意的 ，
故 ，故 ，即，
则 的几何意义为点 到点 的距离的平方，
最小值即点 到 的距离的平方，
与 的交点横坐标 ，
且点 到直线 的距离 ，
点 到直线 的距离 ，
的最小值为
故答案为:
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用导数解决函数最值及点点距的应用，关键是利用导数判断出 ，进
而确定 .
四、解答题
15．已知在 中， ，
(1)求A；
(2)若点D是边BC上一点， ， ABC的面积为 ，求AD的最小值.
△
【答案】(1)
(2)【分析】（1）由二倍角的正弦公式，降幂公式，结合三角函数值求出即可；
（2）由向量的加法得到 ，再利用三角形面积公式得到 ，然后由向量的模长计算结
合基本不等式求出结果即可.
【解析】（1）因为 ，所以 ，
因为 ， ，则 ，故 ，
所以 ， ，
（2）因为 ，则 ，
所以 ，故 ，
因为 的面积为 ，所以 ，所以
上式当且仅当 ，即 ， 时取得“ ”号，
所以AD的最小值是 .
16．已知四棱柱 如图所示，底面 为平行四边形，其中点 在平面 内的投影
为点 ，且 ．(1)求证：平面 平面 ；
(2)已知点 在线段 上（不含端点位置），且平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求
的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）不妨设 ，根据线面垂直的性质证明 ，利用勾股定理证明 ，再根据
线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以 为坐标原点，建立的空间直角坐标系 ，利用向量法求解即可.
【解析】（1）不妨设 ，
因为 平面 平面 ，故 ，
在 中， ，
由余弦定理， ，
得 ，故 ，则 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
而 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）由（1）知， 两两垂直，如图所示，以 为坐标原点，建立的空间直角坐标系 ，
则 ，
故 ，
，所以 ，
设 ，则 ，即 ，
所以 ；
设 为平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，则 ，所以 ，
因为 轴 平面 ，则可取 为平面 的一个法向量，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
解得 ，故 ．
17．已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布 ．其电压通常有3种状态：①不超
过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率；
(2)从该机器生产的零件中随机抽取n（ ）件，记其中恰有2件不合格品的概率为 ，求 取得最大
值时n的值．
附：若 ，取 ， ．
【答案】(1)0.09；
(2) .
【分析】（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由二项分布的概率公式代入计算，即可得到结果.
【解析】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该
机器生产的零件为不合格品”为事件D．
因为 ，所以 ，
，
．
所以
，
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09．
（2）从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则 ，
所以 ．
由 ，解得 ．
所以当 时， ；
当 时， ；所以 最大．因此当 时， 最大．
18．椭圆 的离心率为 ，左、右顶点分别为 ， ，左、右焦点分别为 ， ，
上顶点为 的外接圆半径为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，斜率存在的动直线与椭圆C交于P，Q两点（P、Q位于x轴的两侧）、直线 ， ， ，
的斜率分别为 ， ， ， ，且 ，求 面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助椭圆离心率可得 ， ，结合正弦定理可得 ，即可得解；
（2）设出直线PQ方程： ，将其与曲线联立，借助韦达定理结合题目条件计算可得 ，表
示出 的面积之后，借助韦达定理化简计算即可得解.
【解析】（1）椭圆的离心率 ， ， ， ，
在直角 中， ， ，
，在 中， ， ，设R为 ，的外接圆半径，
则由正弦定理得 ，
， ， ，
椭圆的方程为 ；
（2）PQ的斜率存在，且PQ与x轴的交点在椭圆内，显然PQ的斜率不为零，
设PQ： ， ，代入椭圆方程 ，
得 ，
， ，设 ，
， ，
由题意得 ，同理可得 ，
又 ， ， ，
PQ与x轴不垂直， ， ，
， ，
即 ，
整理可得 ，
， ，解得 ，
即直线PQ与x轴的交点为 ， ，的面积 ，
，
， 面积的取值范围是 ．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 ；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．我们知道通过牛顿莱布尼兹公式，可以求曲线梯形（如图1所示阴影部分）的面积
，其中 ， ．如果平面图形由两条曲线围成
（如图2所示阴影部分），曲线 可以表示为 ，曲线 可以表示为 ，那么阴影区域的
面积 ，其中 ．(1)如图，连续函数 在区间 与 的图形分别为直径为1的上、下半圆周，在区间
与 的图形分别为直径为2的下、上半圆周，设 ．求 的值；
(2)在曲线 上某一个点处作切线，便之与曲线和x轴所围成的面积为 ，求切线方程；
(3)正项数列 是以公差为d（d为常数， ）的等差数列， ，两条抛物线 ，
记它们交点的横坐标的绝对值为 ，两条抛物线围成的封闭图形的面积为 ，求
证： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给新定义、公式计算即可；
（2）利用导数求出切线方程，根据公式计算面积，据此求出切线方程中参数，得解；（3）根据所给面积公式及定积分的运算得出 ，利用裂项相消法求和即可得证.
【解析】（1）由题意可知 ， ，
.
（2）设切点为 ， ，切线的斜率为 ，
则切线方程为 ，所以切线与轴的交点为 ，
所以由题意可知围成的面积： ,
所以切点坐标为 ，切线方程为 .
（3）联立 ，
由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为
,
令 ， （C为常数）,
，
， ，
则 .
