吉林省2024届高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

吉林省2024届高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，集合，则A． B．或C． D．2．已知函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（）A．函数在上单调递减B．函数在上单调递增C．函数的对称中心是D．函数的对称轴是3．设点，，不共线，则“”是“”（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件4．已知满足，则（）A． B． C． D．5．已知函数，若恒成立，则满足条件的的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．36．数列的通项公式为．则“”是“为递增数列”的（）条件．A．必要而不充分 B．充要 C．充分而不必要 D．即不充分也不必要7．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（）A． B． C． D．8．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（）A．1 B． C．2 D．39．下列不等式成立的是（）A． B． C． D．10．已知的展开式中的常数项为8，则实数（）A．2 B．-2 C．-3 D．311．关于函数，有下述三个结论：①函数的一个周期为；②函数在上单调递增；③函数的值域为.其中所有正确结论的编号是（）A．①② B．② C．②③ D．③12．在中，，，，为的外心，若，，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，在等腰三角形中，已知，，分别是边上的点，且,其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是_____.14．在的展开式中的系数为，则_______．15．函数的定义域为____.16．已知椭圆，，若椭圆上存在点使得为等边三角形（为原点），则椭圆的离心率为_________．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。17．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4.（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.18．（12分）设椭圆的左右焦点分别为，离心率，右准线为，是上的两个动点，．（Ⅰ）若，求的值；（Ⅱ）证明：当取最小值时，与共线．19．（12分）已知的面积为，且.（1）求角的大小及长的最小值；（2）设为的中点，且，的平分线交于点，求线段的长.20．（12分）已知函数．（1）当时，求曲线在点的切线方程；（2）讨论函数的单调性．21．（12分）如图，三棱锥中，（1）证明：面面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）若关于的方程的两根都大于2，求实数的取值范围．

参考答案一、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，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

由可得，解得或，所以或，又，所以，故选C．2、B【解析】

根据图象求得函数的解析式，结合余弦函数的单调性与对称性逐项判断即可.【详解】由图象可得，函数的周期，所以.将点代入中，得，解得，由，可得，所以.令，得，故函数在上单调递减，当时，函数在上单调递减，故A正确；令，得，故函数在上单调递增.当时，函数在上单调递增，故B错误；令，得，故函数的对称中心是，故C正确；令，得，故函数的对称轴是，故D正确.故选：B.【点睛】本题考查由图象求余弦型函数的解析式，同时也考查了余弦型函数的单调性与对称性的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.3、C【解析】

利用向量垂直的表示、向量数量积的运算，结合充分必要条件的定义判断即可.【详解】由于点，，不共线，则“”；故“”是“”的充分必要条件.故选：C.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，属于基础题.4、A【解析】

利用两角和与差的余弦公式展开计算可得结果.【详解】，.故选：A.【点睛】本题考查三角求值，涉及两角和与差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题.5、C【解析】

由不等式恒成立问题分类讨论：①当，②当，③当，考查方程的解的个数，综合①②③得解．【详解】①当时，，满足题意，②当时，，，，，故不恒成立，③当时，设，，令，得，，得，下面考查方程的解的个数，设（a），则（a）由导数的应用可得：（a）在为减函数，在，为增函数，则（a），即有一解，又，均为增函数，所以存在1个使得成立，综合①②③得：满足条件的的个数是2个，故选：．【点睛】本题考查了不等式恒成立问题及利用导数研究函数的解得个数，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属难度较大的题型.6、A【解析】

根据递增数列的特点可知，解得，由此得到若是递增数列，则，根据推出关系可确定结果.【详解】若“是递增数列”，则，即，化简得：，又，，，则是递增数列，是递增数列，“”是“为递增数列”的必要不充分条件．故选：.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.7、A【解析】

设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.8、C【解析】

连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.【详解】连接AO，由O为BC中点可得，，、、三点共线，，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.9、D【解析】

根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性和正余弦函数的图象可确定各个选项的正误.【详解】对于，，，错误；对于，在上单调递减，，错误；对于，，，，错误；对于，在上单调递增，，正确.故选：.【点睛】本题考查根据初等函数的单调性比较大小的问题；关键是熟练掌握正余弦函数图象、指数函数、对数函数和幂函数的单调性.10、A【解析】

先求的展开式，再分类分析中用哪一项与相乘，将所有结果为常数的相加，即为展开式的常数项，从而求出的值.【详解】展开式的通项为，当取2时，常数项为，当取时，常数项为由题知，则.故选：A.【点睛】本题考查了两个二项式乘积的展开式中的系数问题，其中对所取的项要进行分类讨论，属于基础题.11、C【解析】

①用周期函数的定义验证.②当时，，，再利用单调性判断.③根据平移变换，函数的值域等价于函数的值域，而，当时，再求值域.【详解】因为，故①错误；当时，，所以，所以在上单调递增，故②正确；函数的值域等价于函数的值域，易知，故当时，，故③正确.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.12、B【解析】

首先根据题中条件和三角形中几何关系求出，，即可求出的值.【详解】如图所示过做三角形三边的垂线，垂足分别为，，，过分别做，的平行线，，由题知，则外接圆半径，因为，所以，又因为，所以，，由题可知，所以，，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了三角形外心的性质，正弦定理，平面向量分解定理，属于一般题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据条件及向量数量积运算求得,连接,由三角形中线的性质表示出.根据向量的线性运算及数量积公式表示出,结合二次函数性质即可求得最小值.【详解】根据题意,连接,如下图所示:在等腰三角形中,已知,则由向量数量积运算可知线段的中点分别为则由向量减法的线性运算可得所以因为,代入化简可得因为所以当时,取得最小值因而故答案为:【点睛】本题考查了平面向量数量积的综合应用,向量的线性运算及模的求法,二次函数最值的应用,属于中档题.14、2【解析】

首先求出的展开项中的系数，然后根据系数为即可求出的取值.【详解】由题知，当时有，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了二项式展开项的系数，属于简单题.15、【解析】由题意得，解得定义域为．16、【解析】

根据题意求出点N的坐标，将其代入椭圆的方程，求出参数m的值，再根据离心率的定义求值.【详解】由题意得，将其代入椭圆方程得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及几何性质，属于中档题.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。17、（1）；（2）存在，当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.【解析】

（1）设椭圆的焦半距为，利用离心率为，椭圆的长轴长为1．列出方程组求解，推出，即可得到椭圆的方程．（2）存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点．设点，，，，将直线的方程代入，化简，利用韦达定理，结合向量的数量积为0，转化为：．求解即可．【详解】解：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得，所以，故所求椭圆C的方程为（2）存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.理由如下：设点，，将直线的方程代入，并整理，得.（*）则，因为以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即.又，于是，解得，经检验知：此时（*）式的，符合题意.所以当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O【点睛】本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查计算能力以及转化思想的应用，属于中档题.18、（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析．【解析】由与，得，，的方程为．设，则，由得．①（Ⅰ）由，得，②，③由①、②、③三式，消去，并求得，故．（Ⅱ），当且仅当或时，取最小值，此时，，故与共线．19、（1），；（2）.【解析】

（1）根据面积公式和数量积性质求角及最大边；（2）根据的长度求出，再根据面积比值求，从而求出．【详解】（1）在中，由，得，由，得，所以，所以，，因为在中，，所以，因为（当且仅当时取等），所以长的最小值为；（2）在三角形中，因为为中线，所以，，所以，因为，所以，所以，由（1）知，所以，或，，所以，因为为角平分线，，，或2，所以，或，所以．【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算,余弦定理解三角形及三角形面积公式的应用，属于中档题．20、（1）；（2）当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.【解析】

(1)根据导数的几何意义求解即可.(2)易得函数定义域是,且.故分,和与四种情况,分别分析得极值点的关系进而求得原函数的单调性即可.【详解】（1）当时,,则切线的斜率为.又,则曲线在点的切线方程是,即.（2）的定义域是..①当时,,所以当时,；当时,,所以在上单调递增,在上单调递减；②当时,,所以当和时,；当时,,所以在和上单调递增,在上单调递减；③当时,,所以在上恒成立.所以在上单调递增；④当时,,所以和时,；时,.所以在和上单调递增,在上单调递减.综上所述,当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义以及含参数的函数单调性讨论,需要根据题意求函数的极值点,再根据极值点的大小关系分类讨论即可.属于常考题.21、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点，连结，证明平面得到答案.（2）如图所示，建立空间直角坐标系，为平面的一个