文档文本内容
绝密★启用前
2024年高考考前信息必刷卷（乙卷理科专用）02
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
全国甲卷的使用将接近于尾声，往后会是新高考的题型。
全国甲卷的题型会相对稳定，考试题型为12（单选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良
型试题是对接新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大模块，以解答题的方式进行考查。
2024年的对于三视图、线性规划及程序框图图的考察也将近有尾声，题目难度变化不大，但侧重于考
察学生运算能力与分析能力。
1.加强知识间的综合考察仍将是2024的热点，如本卷第9题，第14题，第15题
2.同时应特别注意以数学文化为背景的新情景问题，此类试题蕴含浓厚的数学文化气息，将数学知识、
方法等融为一体，注意归纳题目意思。对于数学文化的知识会结合排列组合、数列及对数（指数）函数知
识进行考察，难度不大，但计算能力为考察重点.如第4题，将《海岛算经》与数列有机结合，第10题，
将载人航天与概率联系，第13题，冬奥会与古典概型结合，培养逻辑推理，数学运算，数学建模的核心素
养
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合
题目要求的．
1．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 ，由题意得 ，
故 .故选：C2．已知复数 的实部与虚部的和为12，则 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由复数的乘法运算可知， ，
因为复数的实部与虚部的和为12，所以 ，解得， .
故选：B.
3．已知非零向量 ， 满足 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，则 ， .
又 ，则有 ，化简得 ，解得： .
故选：A
4．《海岛算经》有如下问题：某地有一佛塔共13层，每层塔的高度依次构成等差数列，下面7层塔的高
度之和为25.9米，自下而上第5层塔的高度为3.6米，则最上层的塔高为（ ）
A．3米 B．2.9米 C．2.8米 D．2.7米
【答案】C
【解析】设该塔从下到上每层高度依次排列构成等差数列 ，且 的公差为d，前n项和为 ．
由题意得， ，
因为 ，得 ，
所以 ，
则 .
故选：C.
5．过抛物线 的焦点 的直线交 于 ， 两点，若 ，则 （ ）A．3 B．2 C． D．1
【答案】C
【解析】方法一：如图，分别过点 ， 作准线 的垂线 ， ，垂足分别为 ， ，过点 作
于点 ， 交 轴于点 ．由已知条件及抛物线的定义，得 ， ，
所以 ．在 中，因为 ， ，所以 ，所以 ，
所以焦点 到准线的距离为 ，即 ．
方法二：依题意，直线 不与 轴垂直，设直线 的方程为 ，将其代入抛物线 的方程
，得 ．设 ， ，则 ．因为 ，
所以 ，即 ， ，所以 ，解得 ．
故选：C.
6．执行下面的程序框图，如果输入的 ，那么输出的A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】由程序框图知：输入 时， ， ， ，
第一次循环 ， ， ；
第二次循环 ， ， ；
第三次循环 ， ， ；
满足条件 ，跳出循环，输出 ，故选C．
7．如图，四边形 是圆柱的轴截面， 是底面圆周上异于 ， 的一点，则下面结论中错误的是
（ ）
A． B．
C． 平面 D．平面 平面【答案】C
【解析】因四边形 是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，
又 是底面圆周上异于 ， 的一点，于是得 ，而 平面ABE， 平面ABE，则
，
因 ， 平面BCE，则 平面BCE， 平面BCE，因此得 ，A正确；
同理， ，B正确；
点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若 平面 ，因
平面BCE，
与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确；
因 平面BCE，而 平面ADE，于是得平面 平面 ，D正确.
故选：C
8．已知等比数列 的前n项和为 ，若 =1， ，则 （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为 ，
因为 =1， ，
所以 ，
由 ，
故选：A
9．过双曲线 的左焦点 作圆 的切线，切点为 ，延长
交双曲线右支于点 ， 为坐标原点，若 为 的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 是 中点，设 是双曲线的右焦点，如图，
则 ， ．所以 ，由双曲线定义知 ，所以 ，从而 ，
因为 是圆切线，所以 ，
所以 ，所以 ．
故选：B．
10．2021年神舟十二号、十三号载人飞船发射任务都取得圆满成功，这意味着我国的科学技术和航天事业
取得重大进步．现有航天员甲、乙、丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试
验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功结束任务，10分钟内不能完成任务
则撤回再派下一个人，每个人只派出一次．已知甲、乙、丙10分钟内试验成功的概率分别为 ， ， ，
每个人能否完成任务相互独立，该项试验任务按照甲、乙、丙顺序派出，则试验任务成功的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】试验任务成功的事件 是甲成功的事件 ，甲不成功乙成功的事件 ，甲乙都不成功丙成立
的事件 的和，
事件 ， ， 互斥， ， ， ，
所以试验任务成功的概率 .
故选：D
11．已知三棱锥 的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足 ， ，若该
三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在 中， ， ，因此三棱锥 的外接球被平面 截得的截面
小圆圆心是 的中点 ，
令三棱锥 的外接球球心为 ，则 平面 ，而 ， ，
因三棱锥 体积的最大值为3，则三棱锥 底面ABC上的高最大，设此最大高为h，由
得 ，
要三棱锥 的体积最大，当且仅当球 上的点P到平面 的距离最大，则点P在线段 的延长
线上，
设球 半径为 ，则有 ，即 ，解得 ，
所以三棱锥 的外接球体积为 .
故选：A
12．定义在 上的函数 的图象关于点 成中心对称，对任意的实数 都有
，且 ， ，则 的值为（ ）
A．0 B．1 C．-673 D．673
【答案】D
【解析】∵ 可知，∴ ，∴
所以， 是周期为3的周期函数，则同理 ，∵ 是 的对称中心，∴有
∴ ，∵ ，∴ ，∴
综上， ， ， ，
∴
故选：D
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，
其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”"雪容融”等，小明现有“冬梦”"飞跃”“冰墩墩”"雪容融”邮
票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票
又有“雪容融”邮票的概率为 .
【答案】
【解析】3张邮票中有1张“冰墩墩”邮票和2张“雪容融”邮票的情况有 种，有2张“冰墩
墩”邮票和1张“雪容融”邮票的情况有 种，
有1张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票和1张其他邮票的情况有 种，
3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为 .
14．已知抛物线 与坐标轴交于 ， ， 三点，则 外接圆的标准方程为 .
【答案】
【解析】令 ，则 ，解得 ，即 ， ；
令 ，得 ，即 ，设圆： ，所以 ，∴ .
所以圆的方程为 .
15．已知函数 ，若函数 在 上没有零点，则 的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由函数 在 上没有零点，且 ，所以
，结合函数 的图象，
可得 ，解得 ．所以 的取值范围是 ．
16．函数 在 上有两个极值点，则实数 的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，
由函数 在 上有两个极值点，可得 在 上有两不等实根，即 在
上有两不等实根；
令 ，则 ，由 得 ；
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；即函数 在 上单调递减，在 上单调递增；故 ；
又由 在 上有两不等实根，可得 与曲线 的图像有两不同交点，
结合图像可得， .
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生
都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
17．（本小题满分12分）在① ，② 外接圆面积为 ，这两个条件中任选一个，补
充在下面横线上，并作答.
在锐角 中， ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 ，且______.
(1)求 ；
(2)若 的面积为 ，求 的周长.
【解】（1）由 得 ，
若选①：
由正弦定理 得 ，
所以 ，则 ，又因为 ，故 ；
若选②：
外接圆半径 ，由正弦定理 ，
所以 ，则 ，又因为 ，故 ；
（2）由（1）知 ，所以 ，
因为 的面积为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
由余弦定理 得， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 的周长为8.
18．（本小题满分12分）如图，在四棱锥 中，底面 是圆内接四边形. ，
， .
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若点 在 内运动，且 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值.
【解】（1）连接 、 ，设 ，连接 ，
， ， ， ，则 ，
，即 是 的角平分线， ，
， ， 平面 ，
平面 ， ，
因为 ， ， ，所以， ，则 ，
， ，所以， ，
所以， ，即 ，
，所以， 平面 ，
平面 ，因此，平面 平面 ；
（2）因为底面 是圆内接四边形，则 ，故 ，所以， ，
因为 ，则 ，则 ，
分别取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ，
， ，故 为等边三角形，
为 的中点， ，
在底面 中， ， ， ，
平面 ， 平面 ， 平面 ，
、 分别为 、 的中点，则 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ，
，所以，平面 平面 ，
若点 在线段 上，则 平面 ，则 平面 ，
所以点 在 内的轨迹为线段 ，
底面 ， ，以点 为坐标原点，
、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 、
，
设平面 的法向量为 ， ， ，则 ，取 ，可得 ，
， ，
设 ，其中 ，
则 ，
所以，
故当 时， 取得最大值 .
因此，直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
19．（本小题满分12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，人工栽培和野生植物数量不断增
加.为调查该地区某种植物的数量，将其分成面积相近的150个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法
抽取15个作为样区，调查得到样本数据 （ ，2，…，15），其中 和 分别表示第i个样区的
植物覆盖面积（单位：公顷）和这种植物的数量，并计算得 ， ， ，
， .
(1)求该地区这种植物数量的估计值（这种植物数量的估计值等于样区这种植物数量的平均数乘以地块数）；
(2)求样本 （ ，2，…，15）的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种植物数量更
准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
附：相关系数 ， .
【解】（1）由已知得样本平均数 ，
从而该地区这种植物数量的估计值为 ，
（2）样本 （ ，2，…，15）的相关系数
.
（3）分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对150个地块进行分层抽样.
理由如下：由（2）知各样区的这种植物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由于各地块间植物覆盖面积
差异很大，从而各地块间这种植物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结
构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种植物数量更准确的估计.
20．（本小题满分12分）已知 ， 是椭圆E： 上的两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)若直线l与椭圆E交于C，D两点（C，D均不与点A重合），且以线段CD为直径的圆过点A，问：直
线l是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【解】（1）将 ， 代入椭圆方程可得 ，解得 ，
所以椭圆方程为 ；
（2）若直线 的斜率不存在，设直线方程为 ，由题可得 为等腰直角三角形，则可将 代入椭圆 ，解得 （舍去）或 ，即直线方程为 ；
若直线 的斜率存在，设方程为 ，设 ，
联立方程 ，可得 ，
则 ，可得 ，
①， ②，
由题可得 ，则 ，即 ，
代入①②，整理可得 ，解得 或 ，
若 ，直线为 ，经过点 ,不符合，
若 ，直线为 ，经过定点 ，
综上所述，直线l过定点 .
21．（本小题满分12分）已知函数 ，其中 .
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在 内只有一个零点，求 的取值范围.
【解】（1） ,
，
则 ，
故所求切线方程为 ；（2） ，
当 时， 对 恒成立 ，
则 在 上单调递增，从而 ，则 ，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，
当 时， 对 恒成立，
则 在 上单调递减， 在（1，2）内没有零点 ，
综上，a的取值范围为（0，1）.
选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 （t为参数，m为常数）以直角坐
标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 ．
(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
(2)若曲线C与直线l有公共点，求m的取值范围．
【解】（1）由曲线C的极坐标方程 得， ，
即曲线C的直角坐标方程为 ．
由 （t为参数，m为常数）得， ，
即直线l的普通方程为 ．（2）由（1）知曲线C是以点（1，1）为圆心，2为半径的圆，圆C与直线l有公共点，
即圆心（1，1）到直线l的距离 ，
即 ，故 ，
则m的取值范围是 ．
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知 为正数，且满足 证明：
（1） ；
（2）
【解】（1） ，故
，当 时等号成立.
（2）易知 .
.
当 时等号成立.
