冲刺2024年高考数学真题重组卷（新高考专用）真题重组卷01

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（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·全国·Ⅱ卷统考高考真题）在复平面内，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
【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.
【解析】因为，
则所求复数对应的点为，位于第一象限.故选：A.
2．（2023·天津·统考高考真题）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对集合B求补集，应用集合的并运算求结果；
【解析】由，而，所以.故选：A
3．（2023·全国·Ⅰ卷统考高考真题）已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【解析】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．故选：D．
4．（2023·全国·Ⅱ卷统考高考真题）若为偶函数，则（ ）．
A．B．0C．D．1
【答案】B
【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.
【解析】因为 为偶函数，则 ，解得，
当时，，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称.
，
故此时为偶函数.故选：B.
5．（2023·全国·甲卷统考高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120B．60C．30D．20
【答案】B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
【解析】不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，
共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.故选：B.
6．（2022·浙江·统考高考真题）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【解析】因为，
所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度
即可得到函数的图象．故选：D.
7．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.
过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.
先证平面，则可得到，再证.
由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【解析】如图，分别过作,垂足分别为.
过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.
因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，
所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.故选：B
8．（2022·全国·I卷统考高考真题）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【解析】方法一：构造法：设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以故选：C.
方法二：比较法： ， ， ，
① ，
令 则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令 则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以在上单调递增，可得，即，所以故
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（2021·全国·I卷统考高考真题）有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同
【答案】CD
【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；
根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.
【解析】A：且，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；
C：，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差
，故极差相同，正确；故选：CD
10．（2023·全国·II卷统考高考真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A．B．
C．以MN为直径的圆与l相切D．为等腰三角形
【答案】AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，
根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【解析】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.
11．（2022·全国·I卷统考高考真题）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，
利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【解析】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，
所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，
当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.
12．（2023·全国·I卷统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2022·全国· = 1 \* ROMAN I卷统考高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【解析】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28，故答案为：-28
14．（2023·全国· = 2 \* ROMAN II卷统考高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
【答案】（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【解析】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
15．（2023·全国·乙卷统考高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.故答案为：.
16．（2022·全国· = 2 \* ROMAN II卷统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，
因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标，
又，∴
∵，，∴,
又，解得m=2
所以直线，即
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）
（2023·全国·甲卷统考高考真题）设为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据即可求出；（2）根据错位相减法即可解出．
【解析】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，
当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，，
，即，．
18．（12分）
（2022·全国· = 2 \* ROMAN II卷统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.
【解析】（1）由题意得，
则，即，
由余弦定理得，整理得，则，
又，则，，
则；
（2）由正弦定理得：，
则，
则，.
19．（12分）
（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.
（1）求证：//平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二直接利用等体积法求解
【解析】（1）连接.由分别是的中点，
根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，
由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，
又，，平面，则平面.
由平面，故，
又，，平面，于是平面，
由平面，故.
于是平面与平面所成角即.
又，，
则，故，
在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]
过作，垂足为，作，垂足为，连接，
过作，垂足为.
由题干数据可得，，，
根据勾股定理，，
由平面，平面，则，
又，，平面，于是平面.
又平面，则，
又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
20．（12分）
（2023·全国· = 1 \* ROMAN I卷统考高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【解析】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以.
（2）设，依题可知，，
则，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
（3）因为，，
所以当时，，
故．
21．（12分）
（2023·全国· = 2 \* ROMAN II卷统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，
然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，
结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由（1）可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
22．（12分）
（2022·全国·乙卷统考高考真题）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可；（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【解析】（1）的定义域为
当时,，
所以切点为，所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2），则
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
（1）当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减；当单调递增
所以当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
（2）当
设，则
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为