吉林省新六所重點中學2024年高考數學必刷試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知，，，則的最小值為（）A． B． C． D．2．已知直線：與圓：交于，兩點，與平行的直線與圓交于，兩點，且與的面積相等，給出下列直線：①，②，③，④.其中滿足條件的所有直線的編號有（）A．①② B．①④ C．②③ D．①②④3．設點，，不共線，則“”是“”（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件4．設集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，則A∩B＝（）A．（﹣1，3] B．[﹣1，3] C．{0，1，2，3} D．{﹣1，0，1，2，3}5．復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．由曲線y＝x2與曲線y2＝x所圍成的平面圖形的面積為()A．1 B． C． D．7．已知，且，則的值為（）A． B． C． D．8．給出下列四個命題：①若“且”為假命題，則﹑均為假命題；②三角形的內角是第一象限角或第二象限角；③若命題，，則命題，；④設集合，，則“”是“”的必要條件；其中正確命題的個數是（）A． B． C． D．9．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積為（）A． B． C． D．10．已知雙曲線的右焦點為，過原點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，延長交右支于點，若，則雙曲線的離心率是（）A． B． C． D．11．某學校為了調查學生在課外讀物方面的支出情況，抽取了一個容量為的樣本，其頻率分布直方圖如圖所示，其中支出在（單位：元）的同學有34人，則的值為（）A．100 B．1000 C．90 D．9012．在四邊形中，，，，，，點在線段的延長線上，且，點在邊所在直線上，則的最大值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．的二項展開式中，含項的系數為__________．14．已知全集，，則________.15．在《九章算術》中，將底面為矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬．如圖，若四棱錐為陽馬，側棱底面，且，，設該陽馬的外接球半徑為，內切球半徑為，則__________．16．如果拋物線上一點到準線的距離是6，那么______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）當時，如果方程有兩個不等實根，求實數t的取值范圍，并證明.18．（12分）將棱長為的正方體截去三棱錐后得到如圖所示幾何體，為的中點.（1）求證：平面；（2）求二面角的正弦值.19．（12分）設函數，（1）當，，求不等式的解集；（2）已知，，的最小值為1，求證：.20．（12分）已知橢圓（）的半焦距為，原點到經過兩點，的直線的距離為．（Ⅰ）求橢圓的離心率；（Ⅱ）如圖，是圓的一條直徑，若橢圓經過，兩點，求橢圓的方程．21．（12分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，點在線段上移動（不與重合），是的中點.（1）當四面體的外接球的表面積為時，證明：.平面（2）當四面體的體積最大時，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.22．（10分）在中，角的對邊分別為，且，．（1）求的值；（2）若求的面積．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】,選B2、D【解析】

求出圓心到直線的距離為：，得出，根據條件得出到直線的距離或時滿足條件，即可得出答案.【詳解】解：由已知可得：圓：的圓心為（0,0），半徑為2，則圓心到直線的距離為：，∴，而，與的面積相等，∴或，即到直線的距離或時滿足條件，根據點到直線距離可知，①②④滿足條件.故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，涉及點到直線的距離公式.3、C【解析】

利用向量垂直的表示、向量數量積的運算，結合充分必要條件的定義判斷即可.【詳解】由于點，，不共線，則“”；故“”是“”的充分必要條件.故選：C.【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查向量垂直的表示，考查向量數量積的運算，屬于基礎題.4、C【解析】

先求集合A，再用列舉法表示出集合B，再根據交集的定義求解即可．【詳解】解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，∴A∩B＝{0，1，2，3}，故選：C．【點睛】本題主要考查集合的交集運算，屬于基礎題．5、B【解析】

利用復數的四則運算以及幾何意義即可求解.【詳解】解：，則復數（i是虛數單位）在復平面內對應的點的坐標為：，位于第二象限.故選：B.【點睛】本題考查了復數的四則運算以及復數的幾何意義，屬于基礎題.6、B【解析】

首先求得兩曲線的交點坐標，據此可確定積分區間，然后利用定積分的幾何意義求解面積值即可.【詳解】聯立方程：可得：，，結合定積分的幾何意義可知曲線y＝x2與曲線y2＝x所圍成的平面圖形的面積為：.本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查定積分的概念與計算，屬于中等題.7、A【解析】

由及得到、，進一步得到，再利用兩角差的正切公式計算即可.【詳解】因為，所以，又，所以，，所以.故選：A.【點睛】本題考查三角函數誘導公式、二倍角公式以及兩角差的正切公式的應用，考查學生的基本計算能力，是一道基礎題.8、B【解析】

①利用真假表來判斷，②考慮內角為，③利用特稱命題的否定是全稱命題判斷，④利用集合間的包含關系判斷.【詳解】若“且”為假命題，則﹑中至少有一個是假命題，故①錯誤；當內角為時，不是象限角，故②錯誤；由特稱命題的否定是全稱命題知③正確；因為，所以，所以“”是“”的必要條件，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查命題真假的問題，涉及到“且”命題、特稱命題的否定、象限角、必要條件等知識，是一道基礎題.9、C【解析】

由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，三棱柱的底面是底邊為，高為的等腰三角形，側棱長為，利用正弦定理求出底面三角形外接圓的半徑，根據三棱柱的兩底面中心連線的中點就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半徑，即可求解球的表面積.【詳解】由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，三棱柱的底面是底邊為，高為的等腰三角形，側棱長為，如圖：由底面邊長可知，底面三角形的頂角為，由正弦定理可得，解得，三棱柱的兩底面中心連線的中點就是三棱柱的外接球的球心，所以，該幾何體外接球的表面積為：.故選：C【點睛】本題考查了多面體的內切球與外接球問題，由三視圖求幾何體的表面積，考查了學生的空間想象能力，屬于基礎題.10、D【解析】

設雙曲線的左焦點為，連接，，，設，則，，，和中，利用勾股定理計算得到答案.【詳解】設雙曲線的左焦點為，連接，，，設，則，，，，根據對稱性知四邊形為矩形，中：，即，解得；中：，即，故，故.故選：.【點睛】本題考查了雙曲線離心率，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.11、A【解析】

利用頻率分布直方圖得到支出在的同學的頻率，再結合支出在（單位：元）的同學有34人，即得解【詳解】由題意，支出在（單位：元）的同學有34人由頻率分布直方圖可知，支出在的同學的頻率為．故選：A【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用，考查了學生概念理解，數據處理，數學運算的能力，屬于基礎題.12、A【解析】

依題意，如圖以為坐標原點建立平面直角坐標系，表示出點的坐標，根據求出的坐標，求出邊所在直線的方程，設，利用坐標表示，根據二次函數的性質求出最大值.【詳解】解：依題意，如圖以為坐標原點建立平面直角坐標系，由，，，，，，，因為點在線段的延長線上，設，解得，所在直線的方程為因為點在邊所在直線上，故設當時故選：【點睛】本題考查向量的數量積，關鍵是建立平面直角坐標系，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

寫出二項展開式的通項，然后取的指數為求得的值，則項的系數可求得.【詳解】，由，可得.含項的系數為.故答案為：【點睛】本題考查了二項式定理展開式、需熟記二項式展開式的通項公式，屬于基礎題.14、【解析】

利用集合的補集運算即可求解.【詳解】由全集，，所以.故答案為：【點睛】本題考查了集合的補集運算，需理解補集的概念，屬于基礎題.15、【解析】

該陽馬補形所得到的長方體的對角線為外接球的直徑，由此能求出，內切球在側面內的正視圖是的內切圓，從而內切球半徑為，由此能求出．【詳解】四棱錐為陽馬，側棱底面，且，，設該陽馬的外接球半徑為，該陽馬補形所得到的長方體的對角線為外接球的直徑，，，側棱底面，且底面為正方形，內切球在側面內的正視圖是的內切圓，內切球半徑為，故．故答案為．【點睛】本題考查了幾何體外接球和內切球的相關問題，補形法的運用，以及數學文化，考查了空間想象能力，是中檔題．解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵是能夠確定球心位置，以及選擇恰當的角度做出截面.球心位置的確定的方法有很多，主要有兩種：（1）補形法（構造法），通過補形為長方體（正方體），球心位置即為體對角線的中點；（2）外心垂線法，先找出幾何體中不共線三點構成的三角形的外心，再找出過外心且與不共線三點確定的平面垂直的垂線，則球心一定在垂線上.16、【解析】

先求出拋物線的準線方程，然后根據點到準線的距離為6，列出，直接求出結果.【詳解】拋物線的準線方程為，由題意得，解得.∵點在拋物線上，∴，∴，故答案為：.【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；（2），證明見解析.【解析】

（1）求出，對分類討論，分別求出的解，即可得出結論；（2）由（1）得出有兩解時的范圍，以及關系，將，等價轉化為證明，不妨設，令，則，即證，構造函數，只要證明對于任意恒成立即可.【詳解】（1）的定義域為R，且.由，得；由，得.故當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是；當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是.（2）由（1）知當時，，且.當時，；當時，.當時，直線與的圖像有兩個交點，實數t的取值范圍是.方程有兩個不等實根，，，，，，即.要證，只需證，即證，不妨設.令，則，則要證，即證.令，則.令，則，在上單調遞增，.，在上單調遞增，，即成立，即成立..【點睛】本題考查函數與導數的綜合應用，涉及到函數單調性、極值、零點、不等式證明，構造函數函數是解題的關鍵，意在考查直觀想象、邏輯推理、數學計算能力，屬于較難題.18、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）取的中點，連接、，連接，證明出四邊形為平行四邊形，可得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值，進而可求得其正弦值.【詳解】（1）取中點，連接、、，且，四邊形為平行四邊形，且，、分別為、中點，且，則四邊形為平行四邊形，且，且，且，所以，四邊形為平行四邊形，且，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，，，，設平面的法向量為，由，得，取，則，，，設平面的法向量為，由，得，取，則，，，，，因此，二面角的正弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.19、（1）或；（2）證明見解析【解析】

（1）將化簡，分類討論即可；（2）由（1）得，，展開后再利用基本不等式即可.【詳解】（1）當時，，所以或或解得或，因此不等式的解集的或（2）根據，當且僅當時，等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法、利用基本不等式證明不等式問題，考查學生基本的計算能力，是一道基礎題.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】試題分析：（1）依題意，由點到直線的距離公式可得，又有，聯立可求離心率；（2）由（1）設橢圓方程，再設直線方程，與橢圓方程聯立，求得，令，可得，即得橢圓方程.試題解析：（Ⅰ）過點的直線方程為，則原點到直線的距離，由，得，解得離心率.（Ⅱ）由（1）知，橢圓的方程為.依題意，圓心是線段的中點，且.易知，不與軸垂直.設其直線方程為，代入（1）得.設，則，.由，得，解得.從而.于是.由，得，解得.故橢圓的方程為.21、（1）證明見解析（2）【解析