真题重组卷01（新七省专用）（解析版）_2024年3月_013月合集_2024年高考数学冲刺真题重组卷（新结构题型）

冲刺 2024 年高考数学真题重组卷 真题重组卷 01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第 I 卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要 求的。 1.（2023新课标全国Ⅰ卷）已知集合M 2,1,0,1,2，N   x x2x60  ，则M N （ ） A．2,1,0,1 B．0,1,2 C．2 D．2 【答案】C 【详解】方法一：因为N   x x2x60  ,23,，而M 2,1,0,1,2， 所以M N 2．故选：C． 方法二：因为M 2,1,0,1,2，将2,1,0,1,2代入不等式x2x60，只有2使不等式成立，所以 M N 2．故选：C． 2.（2023新课标全国Ⅱ卷）在复平面内，13i3i对应的点位于（ ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【详解】因为13i3i38i3i2 68i， 则所求复数对应的点为6,8，位于第一象限.故选：A. uuur r uuur r uuur 3．（2022•新高考Ⅰ）在ABC 中，点D在边AB上，BD2DA．记CAm，CDn，则CB( ) r r r r r r r r A．3m2n B．2m3n C．3m2n D．2m3n 【答案】B 【解析】如图，uuur uuur uuur uuur 1uuur uuur 1 uuur uuur uuur 1uuur 1uuur CDCA ADCA DBCA (CBCD)CA CB CD， 2 2 2 2 1uuur 3uuur uuur uuur uuur uuur r r  CB CDCA，即CB3CD2CA3n2m．故选：B． 2 2 4.（2023全国乙卷数学(理)）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰 有1种相同的选法共有（ ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】C 【详解】首先确定相同得读物，共有C1种情况， 6 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A2种， 5 根据分步乘法公式则共有C1A2 120种，故选：C. 6 5   5.（2022•甲卷）函数 f(x)(3x 3x)cosx在区间[ ， ]的图像大致为( ) 2 2 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 f(x)(3x 3x)cosx，可知 f(x)(3x 3x)cos(x)(3x 3x)cosxf(x)， 函数是奇函数，排除BD；当x1时， f （1）(331)cos10，排除C．故选：A． 6.（全国甲卷数学（理））“sin2sin21”是“sincos0”的（ ） A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件 【答案】B π 【详解】当sin2sin21时，例如 ,0但sincos0， 2 即sin2sin21推不出sincos0； 当sincos0时，sin2sin2(cos)2sin21， 即sincos0能推出sin2sin21. 综上可知，sin2sin21是sincos0成立的必要不充分条件，故选Bx2 y2 7.（全国甲卷数学（文）（理））已知双曲线  1(a0,b0)的离心率为 5，其中一条渐近线与圆 a2 b2 (x2)2(y3)2 1交于A，B两点，则|AB|（ ） 1 5 2 5 4 5 A． B． C． D． 5 5 5 5 【答案】D c2 a2b2 b2 b 【详解】由e 5，则  1 5，解得 2， a2 a2 a2 a 所以双曲线的一条渐近线不妨取y2x， |223| 5 则圆心(2,3)到渐近线的距离d   ， 221 5 1 4 5 所以弦长|AB|2 r2d2 2 1  .故选：D 5 5 8.（2023全国乙卷数学（文））函数 f x x3ax2存在3个零点，则a的取值范围是（ ） A．,2 B．,3 C．4,1 D．3,0 【答案】B 【详解】 f(x)x3ax2，则 f(x)3x2a， 若 f x要存在3个零点，则 f x要存在极大值和极小值，则a<0， a a 令 f(x)3x2a0，解得x 或 ， 3 3  a   a  且当x, U ,时， f(x)0，     3 3      a a  当x , ， f(x)0，   3 3    a   a  故 f x的极大值为 f  ，极小值为 f  ，     3 3       a  a a a f      0  a 20   3  3 3 3 若 f x要存在3个零点，则 ，即 ，解得a3，   a  a a a  f   3   0   3 3 a 3 20    故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（2023新课标全国Ⅰ卷）有一组样本数据x,x ,,x ，其中x是最小值，x 是最大值，则（ ） 1 2 6 1 6 A．x ,x ,x ,x 的平均数等于x,x ,,x 的平均数 2 3 4 5 1 2 6 B．x ,x ,x ,x 的中位数等于x,x ,,x 的中位数 2 3 4 5 1 2 6 C．x ,x ,x ,x 的标准差不小于x,x ,,x 的标准差 2 3 4 5 1 2 6 D．x ,x ,x ,x 的极差不大于x,x ,,x 的极差 2 3 4 5 1 2 6 【答案】BD 【解析】对于选项A：设x ,x ,x ,x 的平均数为m，x,x ,,x 的平均数为n， 2 3 4 5 1 2 6 x x x x x x x x x x 2x x x x x x  则nm 1 2 3 4 5 6  2 3 4 5  1 6 5 2 3 4 ， 6 4 12 因为没有确定2x x ,x x x x 的大小关系，所以无法判断m,n的大小， 1 6 5 2 3 4 例如：1,2,3,4,5,6，可得mn3.5； 例如1,1,1,1,1,7，可得m1,n2； 11 例如1,2,2,2,2,2，可得m2,n ；故A错误； 6 对于选项B：不妨设x x x x x x ， 1 2 3 4 5 6 x x 可知x ,x ,x ,x 的中位数等于x,x ,,x 的中位数均为 3 4 ，故B正确； 2 3 4 5 1 2 6 2 对于选项C：因为x是最小值，x 是最大值， 1 6 则x ,x ,x ,x 的波动性不大于x,x ,,x 的波动性，即x ,x ,x ,x 的标准差不大于x,x ,,x 的标准差， 2 3 4 5 1 2 6 2 3 4 5 1 2 6 1 例如：2,4,6,8,10,12，则平均数n 246810127， 6 1 105 标准差s  27247267287210721272  ， 1 6  3 1 4,6,8,10，则平均数m 468107， 4 1 标准差s  4726728721072  5， 2 4  105 显然  5，即s s ；故C错误； 1 2 3 对于选项D：不妨设x x x x x x ， 1 2 3 4 5 6则x x x x ，当且仅当x x ,x x 时，等号成立，故D正确； 6 1 5 2 1 2 5 6 故选：BD. 10．（2023新课标全国Ⅱ卷）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120， PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则（ ）． A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4 3π C．AC 2 2 D．△PAC的面积为 3 【答案】AC 【解析】依题意，APB120，PA2，所以OP1,OAOB 3， 1  2 A选项，圆锥的体积为 π 3 1π，A选项正确； 3 B选项，圆锥的侧面积为π 322 3π，B选项错误； C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD， 则AC OD,AC PD，所以PDO是二面角PACO的平面角， 则PDO45，所以OPOD1， 故ADCD 31 2，则AC 2 2，C选项正确； 1 D选项，PD 1212  2，所以S  2 2 2 2，D选项错误. VPAC 2 故选：AC. 11．（2023新课标全国Ⅱ卷）设O为坐标原点，直线y 3x1过抛物线C:y2 2pxp0的焦点，且 与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）． 8 A．p2 B． MN  3 C．以MN为直径的圆与l相切 D．VOMN 为等腰三角形 【答案】AC 【解析】A选项：直线y 3x1过点1,0，所以抛物线C:y2 2pxp0的焦点F1,0，p 所以 1,p2,2p4，则A选项正确，且抛物线C的方程为y2 4x. 2 B选项：设Mx,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 y 3x1 由 消去y并化简得3x210x3x33x10， y2 4x 1 1 16 解得x 3,x  ，所以 MN x x  p3 2 ，B选项错误. 1 2 3 1 2 3 3 C选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d,d ,d， 1 2 1 1 1 因为d  d d  MF  NF  MN ， 2 1 2 2 2 即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确. D选项：直线y 3x1，即 3xy 30， 3 O到直线 3xy 30的距离为d  ， 2 1 16 3 4 3 所以三角形OMN的面积为    ， 2 3 2 3 1  2 3 由上述分析可知y  3312 3,y  3 1 ， 1 2 3  3  2 1 2 2 3 2 13 所以OM  32 2 3  21,ON         ， 3  3  3 所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误. 故选：AC. 第 II 卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共14分。  12．（2023•甲卷）若y(x1)2 axsin(x )为偶函数，则a ． 2【答案】2．  【解析】根据题意，设 f(x)(x1)2 axsin(x )x2 2xax1cosx， 2 其定义域为R， 若 f(x)为偶函数，则 f(x)x2 2xax1cosxx2 2xax1cosx f(x)， 变形可得(a2)x0，必有a2． 13.（2023新课标全国Ⅱ卷）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2， 高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】28 2 1 【详解】方法一：由于  ，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6， 4 2 1 所以正四棱锥的体积为 44632， 3 1 截去的正四棱锥的体积为 2234， 3 所以棱台的体积为32428. 1   方法二：棱台的体积为 3 164 164 28. 3 14．（2023新高考天津卷）过原点的一条直线与圆C:(x2)2y2 3相切，交曲线y2 2px(p0)于点P， 若OP 8，则p的值为_________． 【答案】6 【详解】易知圆x22 y2 3和曲线y2 2px关于x轴对称，不妨设切线方程为ykx，k 0，  2p x 2k y 3x x0   3 所以  3，解得：k  3，由 解得： 或 ， 1k2 y2 2px y0  2 3p y  32p 2 2 3p 2 4p 所以OP         8，解得：p=6．  3   3  3 当k 3时，同理可得． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 资料来源：微信公众号 智慧学库 15．（13分）（新题型）设函数 f xlnxaxb，曲线y f x在点 1, f 1 处的切线方程为y6x3. (1)求a,b； 3 (2)证明： f x . 5x 1 【解】（1）函数 f x的定义域为0,, fx a. x 将x1代入y6x3，解得y3，即 f13， 由切线方程y6x3，则切线斜率 f16. 故ab3,1a6，解得a5,b2. （2）证明：由（1）知 f xlnx5x2， 3 3 从而 f x 等价于xlnx5x22x . 5x 5 设函数gxxlnx，则gx1lnx.  1 1  所以当x0, 时，gx0，当x ,时，gx0.  e e   1 1  故gx在0, 上单调递减，在 ,上单调递增，  e e  1 1 从而gx在0,上的最小值为g  . e e 3  1 2 2 设函数hx5x22x 5x   ， 5  5 5 1 2 1 从而hx在0,上的最大值为h   . 5 5 e 3 故gxhx，即 f x . 5x 16．（15分）（2022•新高考Ⅱ）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到 如下的样本数据的频率分布直方图： （1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率； （3）已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的 16%．从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中 患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001 )． 【解析】（1）由频率分布直方图得该地区这种疾病患者的平均年龄为： 岁． x50.00110150.00210250.01210350.01710450.02310550.02010650.01710750.00610850.0021047.9 （2）该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的频率为： (0.0120.0170.0230.0200.017)100.89， 估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率为0.89． （3）设从该地区中任选一人，此人的年龄位于区间[40，50)为事件B，此人患这种疾病为事件C， P(BC) 0.1%0.02310 则P(C|B)  0.0014． P(B) 16% 17 ．（ 15 分 ）（ 2023• 新 高 考 Ⅱ ） 如 图 ， 三 棱 锥 ABCD中 ， DADBDC， BDCD， ADBADC 60，E为BC中点． （1）证明BC DA； uuur uuur （2）点F 满足EF DA，求二面角DABF的正弦值． 【解析】证明：（1）连接AE，DE，QDBDC，E为BC中点． DE BC， 又QDADBDC ，ADBADC 60， ACD与ABD 均为等边三角形， AC  AB， AE BC ，AEI DEE， BC 平面ADE ， QAD平面ADE ， BC DA． （2）设DADBDC 2， BC 2 2， Q DE AE 2，AD2， AE2 DE2 4 AD2， AE DE， 又QAE BC ，DEI BC E， AE平面BCD， 以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系， D( 2,0,0)，A(0,0, 2)，B(0, 2,0)，E(0，0，0)， uuur uuur Q EF DA， F( 2,0, 2)， uuur uuur uuur DA( 2,0, 2)，AB(0, 2, 2)，AF ( 2,0,0)，uur uur 设平面DAB与平面ABF 的一个法向量分别为n (x,y ,z )，n (x ,y ,z )， 1 1 1 1 2 2 2 2   2x  2z 0 则 1 1 ，令x 1，解得y z 1， 1 1 1  2y  2z 0 1 1   2y  2z 0  2 2 ，令y 1，解得x 0，z 1， 2 2 2  2x 0 2 uur uur 故n (1，1，1)，n (0，1，1)， 1 2 设二面角DABF的平面角为， uur uur |n n | 2 6 则|cos| uur1 u2ur   ， |n ||n | 3 2 3 1 2 3 故sin ， 3 3 所以二面角DABF的正弦值为 ． 3 x2 y2 18．（17分）（2022•新高考Ⅰ）已知点A(2,1)在双曲线C:  1(a1)上，直线l交C于P，Q两点， a2 a2 1 直线AP，AQ的斜率之和为0． （1）求l的斜率； （2）若tanPAQ2 2，求PAQ的面积． 4 1 【解析】（1）将点A代入双曲线方程得  1， a2 a2 1 x2 化简得a4 4a2 40，a2 2，故双曲线方程为  y2 1， 2 由题显然直线l的斜率存在，设l:ykxm，设P(x ，y )Q(x ，y )， 1 1 2 2 则联立双曲线得：(2k2 1)x2 4kmx2m2 20， 4km 2m2 2 故x x  ，xx  ， 1 2 2k2 1 1 2 2k2 1 y 1 y 1 kx m1 kx m1 k k  1  2  1  2 0， AP AQ x 2 x 2 x 2 x 2 1 2 1 2 化简得：2kxx (m12k)(x x )4(m1)0， 1 2 1 2 2k(2m2 2) 4km 故 (m12k)( )4(m1)0， 2k2 1 2k2 1 即(k1)(m2k1)0，而直线l不过A点，故k 1；（2）设直线AP的倾斜角为，由tanPAQ2 2， PAQ 2tan 2 PAQ 2  2 2，得tan  PAQ 2 2 1tan2 2 PAQ 由2PAQ， ， 2 y 1 得k tan 2，即 1  2 ， AP x 2 1 y 1 x2 104 2 4 25 联立 1  2 ，及 1  y2 1得x  ,y  ， x 2 2 1 1 3 1 3 1 104 2 4 25 同理x  ,y  ， 2 3 2 3 20 68 故x x  ,xx  ， 1 2 3 1 2 9 2 2 而|AP| 3|x 2|,|AQ| 3|x 2|，由tanPAQ2 2，得sinPAQ ， 1 2 3 1 16 2 故S  |AP||AQ|sinPAQ 2|xx 2(x x )4| ． PAQ 2 1 2 1 2 9 19．（17分）（2016·江苏·高考真题）记U 1,2,L ,100 .对数列a  nN* 和U的子集T，若T ，定义 n S 0；若T t ,t ,L ,t ，定义S a a L a .例如：T=1,3,66时，S a a +a .现设 T 1 2 k T t1 t2 tk T 1 3 66 a  nN* 是公比为3的等比数列，且当T=2,4时，S =30. n T （1）求数列a 的通项公式； n （2）对任意正整数k1k 100，若T 1,2,L ,k，求证：S a ； T k1 （3）设CU,DU,S S ，求证：S S 2S . C D C CD D 【解】（1）由已知得a a 3n1,nN*. n 1 于是当T 2,4时，S a a 3a 27a 30a . r 2 4 1 1 1 又S 30，故30a 30，即a 1. r 1 1 所以数列a 的通项公式为a 3n1,nN*. n n （2）因为T 1,2,L ,k，a 3n1 0,nN*， n1 所以S a a L a 13L 3k1  (3k 1)3k. r 1 2 k 2 因此，S a . r k1 （3）下面分三种情况证明. ①若D是C的子集，则S S S S S S 2S . C CD C D D D D ②若C是D的子集，则S S S S 2S 2S . C CD C C C D ③若D不是C的子集，且C不是D的子集. 令ECð D，F Dð C则E，F ，EF . U U 于是S S S ，S S S ，进而由S S ，得S S . C E CD D F CD C D E F 设k是E中的最大数，l为F 中的最大数，则k 1,l1,k l. 由（2）知，S a ，于是3l1 a S S a 3k，所以l1k，即lk. E k1 l F E k1 又kl，故lk1， 3l 1 a 1 S 1 从而S a a L a 13L 3l1   k  E ， F 1 2 l 2 2 2 故S 2S 1，所以S S 2(S S )1， E F C CID D CID 即S S 2S 1. C CD D 综合①②③得，S S 2S . C CID D