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2024年高考考前逆袭卷（新高考新题型）02
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为 8（单选题）＋3（多选题）＋3
（填空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及
集合、数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。
预测2024年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题
型可能为集合或导数模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如
本卷第19题。
第 I 卷（选择题）
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
有一项是符合要求的。
1．已知一组数据 ，4，2，5，3的平均数为 ，且 ， 是方程 的两根，
则这组数据的方差为（ ）
A．10 B． C．2 D．
【答案】C
【详解】解：方程 ，即 ，解得 或 ，又这组数据
的其它值都大于 ，
， ，显然 ，符合题意.
所以 .
故选：C.
2． ， 是两个向量集合，
则 等于（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【详解】根据所给的两个集合的元素，表示出两个集合的交集，
在集合 中， ，
在集合 中， ．
要求两个向量的交集，即找出两个向量集合中的相同元素，
元素是向量，要使的向量相等，只有横标和纵标分别相等，
，解得
此时 ．
故选：B．
3．在ΔABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若A、B、C成等差数列，
3a、3b、3c成等比数列，则cosAcosB=（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：由 ， ， 成等差数列，有 （1）
， ， 为 的内角， （2）．
由（1）（2）得 ．
由 ， ， 成等比数列，得 ，
由余弦定理得，
把 、 代入得， ，
即 ，则 ，从而 ，
，
故选：B．
4．在三棱锥 中，底面 为边长为3的正三角形，侧棱 底面 ，若
三棱锥的外接球的体积为 ，则该三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【详解】如图，设外接球的球心为 .∵在三棱锥 中，底面 是边长为3的
正三角形，侧棱 底面 ，三棱锥的外接球的体积为 ，∴三棱锥的外接球的
半径 .
过 作 ，交 于 ，过球心 作 平面 于 ，则 ，且 是
的重心， ， .∵ 到
的距离为 ， ，∴该三棱锥的体积
.
5．有一排7只发光二极管，每只二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二
极管点亮，且相邻的两只不能同时点亮，根据三只点亮的不同位置，或不同颜色来表
示不同的信息，则这排二极管能表示的信息种数共有种
A．10 B．48 C．60 D．80
【答案】D
【详解】解：先选出三个孔来：
1） 若任意选择三个孔，则有C73=35种选法
2） 若三个孔相邻，则有5种选法
3） 若只有二个孔相邻，
相邻孔为1、2两孔时，第三孔可以选4、5、6、7，有4种选法
相邻孔为2、3两孔时，第三孔可以选5、6、7，有3种选法
相邻孔为3、4两孔时，第三孔可以选1、6、7，有3种选法
相邻孔为4、5两孔时，第三孔可以选1、2、7，有3种选法
相邻孔为5、6两孔时，第三孔可以选1、2、3，有3种选法
相邻孔为6、7两孔时，第三孔可以选1、2、3、4，有4种选法
即共有4+3+3+3+3+4=20种选法∴选出三个不相邻的孔，有35-5-20=10种选法
对于已选定的三个孔，每个孔都有两种显示信号，
则这三个孔可显示的信号数为2×2×2=8种
∴一共可以显示的信号数为8*10=80种
故选D
6．设 ， ， ，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】 ，则 ；
， ，则 ；
且 ，则 ；
故 ．
故选：D．
7．按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中
和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来
了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位： ），放电时间t
（单位： ）与放电电流I（单位： ）之间关系的经验公式： ，其中n为
Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电
电流 时，放电时间 ；当放电电流 时，放电时间 .则该蓄
电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据： ， ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【详解】解：根据题意可得 ， ，
两式相比得 ，即 ，所以 .
故选：B.
8．过双曲线 的右焦点 作渐近线的垂线，设垂足为 （ 为第
一象限的点），延长 交抛物线 于点 ，其中该双曲线与抛物线有一
个共同的焦点，若 ，则双曲线的离心率的平方为
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】试题分析： ，渐近线方程 ，因为 ，所以
，因为 ，所以 为 中点，所以
由抛物线定义得 ，
因此 ，又 ，所以
，选D.
二、选择题：本题共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 为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．若 ，则复数 对应的点位于第四象限D．已知复数 满足 ，则 在复平面内对应的点的轨迹为圆
【答案】AD
【详解】A： ，本选项正确；
B：因为两个复数不能比较大小，所以本选项不正确；
C：因为 ，
所以复数 对应的点位于第二象限，因此本选项不正确；
D：因为 ，
所以 在复平面内对应的点的轨迹为圆心为 ，半径为3的圆，因此本选项正确，
故选：AD
10．设直线系 ： ，则下面四个命题正确的是
（ ）
A．点 到 中的所有直线的距离恒为定值
B．存在定点 不在 中的任意一条直线上
C．对于任意整数 ，存在正 边形，其所有边均在 中的直线上
D． 中的直线所能围成的正三角形面积都相等
【答案】ABC
【详解】点 到 中的直线 的距离设为d，则
为定值，故直线系 ： 表示
圆 的切线的集合.
显然选项A正确； 一定不在 中的任意一条直线上，B选项正确；由于圆的所
有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数 ，存在正 边形，其所
有边均在 中的直线上，C选项正确；如图所示， 中的直线所能围成的正三角形有两类，一种是圆的外切三角形，如
ADE，此类三角形面积均相等，另一种是在圆的同一侧，如 ABC，这类三角形面积
△也相等，但两类三角形面积不等，故D选项不正确. △
故选：ABC
11．定义在 上的偶函数 满足 ，当 时， .设
函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A． 的图象关于直线 对称
B． 的图象在 处的切线方程为
C．
D． 的图象与 的图象所有交点的横坐标之和为10
【答案】ACD
【详解】对于A，因为 为偶函数，故 ，
故 ，所以 ，故 的图象关于直线 对称，
故A正确.
对于B，由A中分析可得 是周期函数且周期为 ，
故当 时， ，故 ，
故当 时， ，故 ，
故切线方程为： ，故B错误.对于C，由 是周期函数且周期为 可得：
，
故C正确.
对于D，因为 ，故 的图象关于 对称，
而 ， 且 时 ，此时 在 上为增函数，
故 图象如图所示：
由图可得 的图象与 的图象共有10个交点，所有交点的横坐标之和为10.
故选：ACD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合 ，集合 ，命题 ： ，命题 ：
，若 是 的充分条件，则实数 的取值范围是 .
【答案】
【详解】命题 ，命题 ，由 是 的充分条件，得 ，即
因此 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
故答案为：13．已知多项式 ，则
.
【答案】8
【详解】含 的项为： ，故 ；
令 ，即 ，
令 ，即 .
故答案为：8.
14．正方体 中， 是棱 的中点， 在侧面 上运动，且满足
平面 .以下命题正确的有 .
①侧面 上存在点 ，使得
②直线 与直线 所成角可能为
③平面 与平面 所成锐二面角的正切值为
④设正方体棱长为1，则过点 的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】①③【详解】
取 中点 中点 ，连接 ，
则易证得 ，且 ，
平面 ， 平面 ，
从而平面 平面 ，
所以点 的运动轨迹为线段 .
取 的中点 ，因为 是等腰三角形，所以 ，又因为 ，
所以 ，故①正确；
设正方体的棱长为 ，当点 与点 或点 重合时，直线 与直线 所成角最大，
此时 ，所以②错误；
平面 平面 ，取 为 的中点，
则 即为平面 与平面 所成的锐二面角，
，所以③正确；
因为当 为 与 的交点时，截面为菱形 （ 为 的交点），
此时， ，则面积为 ，故④错误.
故答案为：①③四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
.
(1)求a的值：
(2)求证： ；
(3) 的值
【答案】(1) (2)证明见解析(3)
【详解】（1）由 及余弦定理，得 ，
因为 ，所以 .
（2）由 及 ，得 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 或 .
若 ，则 ，与题设矛盾，因此 .
（3）由（Ⅰ）得 ，因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以
.
另解：因为 ，所以
.
16．（15分）如图1，在平面五边形 中， ，且 ， ，
， ，将 沿 折起，使点 到 的位置，且
，得到如图2所示的四棱锥 ．
(1)求证； 平面 ；
(2)若 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：在 中， ， ，
由余弦定理可得 ，
所以 ，
又因为 ，所以 为正三角形，
设 的中点为 ，连接 ，可得 ，
又由 ，可得 ，且 平面 ， ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
在 中，可得 ，
在 中，可得 ，又因为 ，可得 ，所以 ，
因为 平面 ，且 ，所以 平面 .
（2）解：因为 ，所以 ，
又由 平面 ，且 平面 ，所以 ，
以 为原点，以 所在的直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设平面 与平面 所成的角为 ，由图象可得 为锐角，
则
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ．
17．（15分）甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开
始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外
其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，
棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为 ．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；
(2)证明：数列 为等比数列．
【答案】(1)分布列见解析；期望 ；(2)证明见解析；
【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2；
则 ， ， ；
可得X的分布列如下：
0 1 2
期望值为 .
（2）依题意，当 时，棋子跳到第 格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第 格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第 格，再摸出两球颜色相同；
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为 ，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为 ；
因此可得 ；
所以 ，
因此可得 ，
即数列 是公比为 的等比数列.
18．（17分）焦点在 轴上的椭圆 的左顶点为 ， ， ，为椭圆上不同三点，且当 时，直线 和直线 的斜率之积为
．
(1)求 的值；
(2)若 的面积为1，求 和 的值；
(3)在（2）的条件下，设 的中点为 ，求 的最大值．
【答案】(1) (2) ， ；(3)
【详解】（1）因为 ，所以 三点共线，则必有点 和点 关于点 对
称，
所以 ，设直线 和直线 的斜率分别为 ， ，
因为点 为椭圆的左顶点，所以 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，即 ；
（2）设过 两点的直线为 ，
当直线 的斜率不存在时， 两点关于 对称，所以 ， ，
因为 在椭圆上，所以 ，又 ，
所以 ，即 ，结合 可得 ，
此时 ， ，所以 ；
当直线 的斜率存在时，设其方程为 ， ，联立 ，消去 得 ，
其中 ①，
所以 ，
所以
因为 到直线 的距离 ，
所以 ，
所以 ，整理的 ，符合①式，
此时 ，
；
（3）因为
，
所以 ，
即 ，当且仅当 时等号成立，
此时 为直角三角形且 为直角，
故
，
解得 ，从而 ，此时等号可成立.所以 的最大值为 .
19．（17分）英国数学家泰勒发现了如下公式： 其中
为自然对数的底数， .以上公式称为泰勒公式.设
，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如
下问题.
(1)证明： ；
(2)设 ，证明： ；
(3)设 ，若 是 的极小值点，求实数 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)
【详解】（1）设 ，则 .
当 时， ：当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
因此， ，即 .
（2）由泰勒公式知 ，①
于是 ，②
由①②得所以
即 .
（3） ，则
，设 ，
由基本不等式知， ，当且仅当 时等号成立.
所以当 时， ，所以 在 上单调递增.
又因为 是奇函数，且 ，
所以当 时， ；当 时， .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
因此， 是 的极小值点.
下面证明：当 时， 不是 的极小值点.
当 时， ，
又因为 是 上的偶函数，且 在 上单调递增,所以当 时， .
因此， 在 上单调递减.
又因为 是奇函数，且 ，
所以当 时， ；当 时， .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
因此， 是 的极大值点，不是 的极小值点.
综上，实数 的取值范围是 .
