（6）不等式-2024年高考数学真题模拟试题专项汇编含答案

（6）不等式

——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编一、选择题1．[2024届·长沙市第一中学·模拟考试]若正数a，b满足，则的最小值为()A.4 B.6 C.9 D.162．[2024届·长沙市第一中学·二模]已知函数，若（其中），则的最小值为()A.4 B.2 C. D.3．[2024届·湖北·模拟考试联考]已知集合，集合B满足，则B可以为()A. B. C. D.4．[2024届·江苏省前黄高级中学·一模]设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为()A.12 B.24 C. D.5．[2024届·重庆市第八中学·模拟考试]已知集合，，则()A. B. C. D.6．[2024届·河北·模拟考试]已知a，b均为正实数，且满足，则的最小值为()A.2 B. C. D.7．[2024届·海南·模拟考试校考]已知集合，，则()A. B. C. D.2二、多项选择题8．[2024届·湖北·模拟考试联考]若，则()A. B.C. D.9．[2024届·吉林吉林·模拟考试校考]a，b，c，d均为实数，且，，则下列结论正确的是()A. B. C. D.三、填空题10．[2024届·贵州·模拟考试联考]以表示数集M中最大（小）的数.设，，，已知1，则__________.11．[2024届·河北衡水·二模联考]设集合，，则，则实数a的取值范围为__________.12．[2024届·海南省华侨中学·二模]已知，，且，则的最小值为_______________．13．[2024届·全国·模拟考试]已知，是实数，满足，当取得最大值时，_________.14．[2024届·吉林吉林·模拟考试校考]设，则函数的最小值是__________.15．[2024届·合肥一六八中学·模拟考试]设x，y是正实数，记S为x，，中的最小值，则S的最大值为______.

参考答案1．答案：A解析：方法一：由，可得，所以由a，b为正数且，可得，，所以，当且仅当，即，时等号成立.故选：A.方法二：由，可得，，所以，当且仅当，即，时等号成立.故选：A.2．答案：C解析：，由，，即，，当且仅当，即，时等号成立.故选C.3．答案：C解析：由集合或，则.故选：C4．答案：B解析：，，变形为，令，，则转化为，即，其中当且仅当，即，时取等号，可知.故选：B5．答案：D6．答案：B解析：因为a，b均为正实数，且，得，所以，又，当且仅当即时取等号，所以.故选：B.7．答案：C解析：因为或，所以.故选：C.8．答案：ACD解析：，又，所以，，所以，即，故A正觕；当，，时，，故B错误，，又，所以，，所以，即，故C正确因为，所以，，所以，当且仅当时等号成立，故D正确.故选ACD.9．答案：ACD解析：因为a，b，c，d均为实数，且，，由不等式的基本性质可得，，AC选项正确；因为，则，故，D选项正确；取，，，，则，B选项错误.故选：ACD.10．答案：解析：由，得，设，则，由，所以，当且仅当时取等号.11．答案：解析：由题意，或，若满足，则，又因为，所以，解得.故答案为：.12．答案：16解析：当且仅当时等号成立.即当时，取得最小值为16.故答案为：16.13．答案：5解析：..，.取等条件：，或，.14．答案：9解析：由，可得，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以函数的最小值是最小值为9.故答案为：9.15．答案：解析：方法一：设，，，当时，不妨设，①当时，②当时，，若，则；若，则；③当时，，，，；④当时，，，，同理，当时，可以证明综上所述：S的最大值为.方法二：由题意知，，则，所以，解得，故S的最大值为.故答案为：（7）空间向量与立体几何

——2024年高考数学真题模拟试题专项汇编一、选择题1．[2024年新课标Ⅰ卷高考真题]已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为()A. B. C. D.2．[2024年新课标Ⅱ卷高考真题]已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为()A. B.1 C.2 D.33．[2024届·合肥一六八中学·模拟考试]设b，c表示两条直线，，表示两个平面，则下列命题正确的是()A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则4．[2024届·浙江温州·二模]在正三棱台中，下列结论正确的是()A. B.平面C. D.5．[2024届·山东临沂·二模]已知正方体中，M，N分别为，的中点，则()A.直线MN与所成角的余弦值为B.平面BMN与平面夹角的余弦值为C.在上存在点Q，使得D.在上存在点P，使得平面BMN6．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]将边长为的正方形沿对角线折起，使得，则异面直线和所成角的余弦值为()A. B. C. D.7．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]已知正四棱锥各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为，则该球表面积为()A. B. C. D.二、多项选择题8．[2024届·河北邢台·模拟考试联考]在中，，，，E为AC的中点，点F在线段BC上，且，将以直线BC为轴顺时针转一周围成一个圆锥，D为底面圆上一点，满足，则()A.B.在上的投影向量是C.直线与直线所成角的余弦值为D.直线与平面所成角的正弦值为9．[2024届·河南·模拟考试联考]将圆柱的下底面圆置于球O的一个水平截面内，恰好使得与水平截面圆的圆心重合，圆柱的上底面圆的圆周始终与球O的内壁相接(球心O在圆柱内部).已知球O的半径为3，.若R为上底面圆的圆周上任意一点，设RO与圆柱的下底面所成的角为，圆柱的体积为V，则()A.可以取到中的任意一个值B.C.的值可以是任意小的正数D.三、填空题10．[2024届·辽宁省实验中学·模拟考试]如图，四边形是正方形，平面，且，M是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为_____________.11．[2024届·海南·模拟考试校考]米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为，两个底边长分别为和，则该米斗的外接球的表面积是__________．四、双空题12．[2024届·福建·阶段性考试]已知圆锥的母线，侧面积为，则圆锥的内切球半径为_________；若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为__________．五、解答题13．[2024年新课标Ⅰ卷高考真题]如图，四棱锥中，底面，，，.（1）若，证明：平面PBC；（2）若，且二面角的正弦值为，求AD.14．[2024年新课标Ⅱ卷高考真题]如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得，（1）证明：：（2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.15．[2024届·湖北·模拟考试联考]如图，在三棱锥中，与都为等边三角形，平面平面，M，O分别为，的中点，且，N在棱上，且满足，连接.（1）求证：平面；（2）设，求直线与平面所成角的正弦值.

参考答案1．答案：B解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以，得，所以圆锥的体积，故选B.2．答案：B解析：设正三棱台的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作平面ABC于点O，PO交平面于点，连接，，如图所示.由，可得，，又，，所以正三棱台的体积，解得，故.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则，因为平面ABC，所以是与平面ABC所成的角，在中，，故选B.3．答案：D解析：若，，则或与异面，故A错误；若，，则或，故B错误；若，，则或或c与相交，相交也不一定垂直，故C错误；若，过c的平面与相交，设交线为a，则，又，则，而，则，故D正确.故选：D.4．答案：D解析：5．答案：C解析：6．答案：A解析：如图所示：分别取，，中点为E，F，G，连接，，，，，，则，，所以为异面直线与所成的角，因为正方形边长为，则，，在等腰直角三角形中，因为，所以.因为点E为的中点，所以，同理可得，.因为，所以是等腰直角三角形.又因为点F为的中点，所以.在中，，所以是等边三角形，所以，所以.故选：A.7．答案：B解析：如图，设P在底面的射影为H，则平面，且H为，的交点.因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且，故，故.由正四棱锥的对称性可知O在直线上，设外接球的半径为R，则，故，故，故正四棱锥的外接球的表面积为，故选：B.8．答案：ABD解析：旋转一周后所得圆锥的顶点为C，底面圆心为B，半径，所以所对的圆心角为，A正确.易知B正确.以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，C错误.设平面的法向量为，则令，则.设直线与平面所成的角为，则，D正确.9．答案：BCD解析：过R作圆柱的轴截面，过O作交圆柱轴截面的边于M，N，由RO与圆柱的下底面所成的角为，则，所以，即，故B正确；当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时，所以，所以，故A错误；令，所以，所以，另，解得两根，，所以，所以在时单调递减，所以，，故CD正确；故选：BCD.10．答案：解析：因为平面，则，，又四边形是正方形，则，以A为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，且，则，，，又M是线段的中点，则，则，，则，设异面直线与所成角为，即，则，所以，即异面直线与所成角的正切值为.故答案为：.11．答案：解析：由题意，米斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线上，由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为，则，，，所以，设外接球的半径为R，设，若O在线段上，则，因为垂直于上下底面，所以，即，又，即，联立解得，，所以该米斗的外接球的表面积为．若O在的延长线上，则，同理有，解得（舍）.故答案为：.12．答案：①.②.解析：如图，在圆锥中，设圆锥母线长为l，底面圆半径为r，因为侧面积为，所以，即．因为，所以，所以．棱长为a的正四面体如图所示，则正方体的棱长为，体对角线长为，所以棱长为a的正四面体的外接球半径为．取轴截面，设内切圆的半径为r，则，解得，即圆锥的内切球半径为．因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即，所以正四面体的最大棱长为．故答案为：；.13．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）由于底面，底面，，又，，平面，平面PAB，又平面，.，，，平面，平面，平面PBC.（2）由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，，则，，，，，.设平面CPD的法向量为，则，即，可取.设平面ACP的法向量为，则，即，可取.二面角的正弦值为，余弦值的绝对值为，故，又，，即.14．答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）由题，，，又，所以由余弦定理得，故.又，所以.由及翻折的性质知，，又，面PED，所以面PED.又面PED，所以.（2）如图，连接CE，由题，，，，故.又，，所以，故.又，，面ABCD，所以面ABCD.EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，连接PA，则，，，.设面PCD的法向量为，则，可取.设面PBF即面PAF的法向量为，则，可取..故面PCD与面PBF所成二面角的正弦值为.15．答