《2024届高考新结构数学-选择填空强化训练一（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考新结构数学-选择填空强化训练一（解析版）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届高考新结构数学-选择填空强化训练一一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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对两个具有线性相关关系的变量x和y进行统计时，得到一组数据，通过这组数据求得回归直线方程为，则m的值为（ ）A. 3B. 5C. 5.2D. 6【答案】A【解析】易知，代入得.故选：A2已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）A. 若则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.故选：B3已知向量，满足，且，则在方向上的投影向量为（ ）A. 3B. C. D. 【答案】
2、D【解析】，则，故，在方向上的投影向量.故选：D.4若n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是（ ）A. 7B. 8C. 9D. 10【答案】A【解析】因为n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，所以，二项式的通项公式为，令，所以常数项为，故选：A5折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3
3、和6，且，则该圆台的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：图中，过点向作垂线，垂足为，则，所以圆台的高，则上底面面积，由圆台的体积计算公式可得：，故选：D.6已知函数的两个零点分别为，若三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由函数的两个零点分别为，即是的两个实数根据，则因为，可得，又因为适当调整可以是等差数列和等比数列，不妨设，可得，解得，所以，所以，则不等式，即为，解得，所以不等式的解集为.故选：A.7已知双曲线：的左、
4、右焦点分别为，M，N为双曲线一条渐近线上的两点，为双曲线的右顶点，若四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图，因为四边形为矩形，所以（矩形的对角线相等），所以以MN为直径的圆的方程为.直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为，由解得，或所以，或，.不妨设，又，所以，.在AMN中，由余弦定理得，即，则，所以，则，所以.故选:C.8已知，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】令，则.当时，有，所以，所以，在上恒成立，所以，在上单调递增，所以，所以，即，所以令，则在时恒大于零，故为增函数，所以，而，所以，所以，故选：C二、选择题：本题
5、共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9已知函数，则（ ）A. 函数为偶函数 B. 曲线对称轴为C. 在区间单调递增 D. 的最小值为【答案】AC【解析】，即，对于A，易知为偶函数，所以A正确；对于B，对称轴为，故B错误；对于C，单调递减，则单调递增，故C正确；对于D，则，所以，故D错误；故选：AC10设为复数，则下列命题中正确的是（ ）A. B. 若，则复平面内对应的点位于第二象限C. D. 若，则的最大值为2【答案】ABD【解析】对于A，设，故，则，故成立，故A正确，对于B，显然复平面内对应的点位于第
6、二象限，故B正确，对于C，易知，当时，故C错误，对于D，若，则，而，易得当时，最大，此时，故D正确.故选：ABD11已知菱形的边长为2，将沿着对角线折起至，连结设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）A. 若四面体为正四面体，则B. 四面体的体积最大值为1C. 四面体的表面积最大值为D. 当时，四面体的外接球的半径为【答案】BCD【解析】如图，取中点，连接，则，为二面角的平面角，即 若是正四面体，则，不是正三角形，A错；四面体的体积最大时，平面，此时到平面的距离最大为，而，所以，B正确；，易得，未折叠时，折叠到重合时，中间存在一个位置，使得，则，此时取得最大值2，所以四面体的表面积最大值为，
7、C正确；当时，如图，设分别是和的外心，在平面内作，作，则是三棱锥外接球的球心，由上面证明过程知平面与平面、平面垂直，即四点共面，则，为球半径，D正确故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12设集合，则_【答案】【解析】因为，所以，即，因为，解得，所以，所以，.故答案为：13.已知正项等比数列的前项和为，且，则的最小值为_.【答案】【解析】设正项等比数列的公比为，则，所以，则，则，可得，则，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：2414.已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为_.【答案】10【解析】的焦点为，设直线方程为，.联立直线与抛物线方程有，则.又求导可得，故直线方程为.又，故，同理.联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故.故，当且仅当，即时取等号.故答案为：10第 9 页 共 9 页
