打卡第十天-10天刷完高考真题（新高考Ⅰ和Ⅱ卷2021-2023）-冲刺2024年高考数学考前必刷题（新高考）解析版

第第页10天刷完高考真题（新高考Ⅰ和Ⅱ卷2021-2023）-冲刺2024年高考数学考前必刷题（新高考通用）新高考真题限时训练打卡第十天Ⅱ真题限时训练新高考真题限时训练打卡第十天难度：一般建议用时:60分钟一、多选题1．（2021·全国·高考真题）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（

）A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.2．（2021·全国·高考真题）已知为坐标原点，点，，，，则（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：，，所以，，故，正确；B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；C：由题意得：，，正确；D：由题意得：，，故一般来说故错误；故选：AC3．（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.4．（2021·全国·高考真题）设正整数，其中，记．则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【详解】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.二、填空题5．（2021·全国·高考真题）若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程.【答案】【分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由题可知，离心率，即，又，即，则，故此双曲线的渐近线方程为.故答案为：.6．（2021·全国·高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数．①；②当时，；③是奇函数．【答案】（答案不唯一，均满足）【分析】根据幂函数的性质可得所求的.【详解】取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③.故答案为：（答案不唯一，均满足）7．（2021·全国·高考真题）函数的最小值为.【答案】1【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.【详解】由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴故答案为：1.8．（2021·全国·高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折次，那么.【答案】5【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则，两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.三、解答题9．（2021·全国·高考真题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10．（2021·全国·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，且.【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【详解】（1）因为，则，则，故，，，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，，故.11．（2021·全国·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．（1）已知，求；（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）利用公式计算可得.（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.【详解】（1）.（2）设，因为，故，若，则，故.，因为，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，若，因为在为增函数且，而当时，因为在上为减函数，故，故为的一个最小正实根，若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，综上，若，则.若，则，故.此时，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，而，故，又，故在存在一个零点，且.所以为的一个最小正实根，此时，故当时，.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.12．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.13．（2021·全国·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.【详解】(1)因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，，所以，轨迹的方程为.（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立如图所示，设,设直线的方程为．

联立,化简得.则．故．则．设的方程为，同理．因为，所以，化简得，所以，即．因为，所以．[方法二]：参数方程法设．设直线的倾斜角为，则其参数方程为，联立直线方程与曲线C的方程，可得，整理得．设，由根与系数的关系得．设直线的倾斜角为，，同理可得由，得．因为，所以．由题意分析知．所以，故直线的斜率与直线的斜率之和为0．[方法三]：利用圆幂定理因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．设,直线的方程为，直线的方程为,则二次曲线．又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：，整理可得：，其中．由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.14．（2021·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由得，即．由，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令，则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最优解】：变形为，所以．令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以需证．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.Ⅲ精选模拟题预测一、多选题1．已知直线与圆，则下列结论正确的是（

）A．直线必过定点 B．与可能相离C．与可能相切 D．当时，被截得的弦长为【答案】ACD【分析】利用直线方程确定过定点可判定A，利用直线与圆的位置关系可判定BC，利用弦长公式可确定D.【详解】由直线方程变形得，显然时，即直线过定点，故A正确；易知，即点在圆上，则直线不会与圆相离，但有可能相切，故B错误，C正确；当时，此时直线，圆心为原点，半径为，则圆心到的距离为，所以被截得的弦长为，故D正确.故选：ACD2．已知平面向量，则下列说法不正确的是（

）A．若，则向量在上的投影为B．若，则，C．若且，，则D．若，则向量与的夹角为锐角【答案】BC【分析】根据向量的投影公式的计算，可判定A正确；根据向量的数量积的公式，可判定B不正确；根据共线向量的坐标表示，列出方程组，结合时，方程组有无数组解，可判定C不正确；根据向量的夹角公式，可判定D正确.【详解】平面向量，对于A中，当时，，可得且，所以向量在上的投影为，所以A正确；对于B中，由，可得，即，则方程有无数组解，所以B不正确；对于C中，由且，可得，当时，方程组有无数组解，所以C不正确；对于D中，设向量与的夹角为，由，当时，可得，则，若，可得，解得，所以时，向量与不共线，所以向量与的夹角为锐角，所以D正确.故选：BC.3．如图，在四面体中，点分别是棱的中点，截面是正方形，则下列结论正确的为（

）A．截面B．异面直线与所成的角为C．D．平面【答案】AC【分析】对于选项A:利用线面平行的判定定理即可判断；对于选项B:结合题意可得为异面直线与所成的角，借助截面是正方形求解即可；对于选项C:结合题意利用，，并借助截面是正方形即可判断；对于选项D:利用分析法并借助线面垂直的性质可得到不一定成立，即可判断.【详解】对于选项A:点分别是棱的中点，，平面，平面，截面，故A正确；对于选项B:点分别是棱的中点，，为异面直线与所成的角，截面是正方形，，即异面直线与所成的角为，故B错误；对于选项C:截面是正方形，，又点分别是棱的中点，，，，故C正确；对于选项D:若要使平面，则需要，，但由题意知不一定成立，故D错误．故选：AC.4．已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则数列是等比数列D．若，则数列是等差数列【答案】CD【分析】利用等比数列求和公式可判定A，利用累加法求通项可判定B，利用构造法结合等差数列、等比数列的定义可判定C、D.【详解】对于A，，由，所以，即是以1为首项，3为公比的等比数列，所以，则A错误；对于B，时，则，利用累加法可知，显然符合，则B错误；对于C，时，则，显然，所以是以-2为首项，2为公比的等比数列，则C正确；对于D，时，，即是以为首项和公差的等差数列，则D正确.故选：CD二、填空题5．已知双曲线的离心率，则.【答案】1【分析】由双曲线的标准方程确定，求得，再利用离心率求得．【详解】由题意显然有，，因此，，解得，故答案为：1.6．若函数的导函数为，且满足，则．【答案】/【分析】由求导计算公式求出，再代入求出即可.【详解】由，得，令，则，解得，所以，.故答案为：7．已知函数，则的最大值为．【答案】【分析】求导得出函数在上的单调性，即可求得的最大值为.【详解】由可得，令可得，又，所以，当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增；易知，；因此的最大值为.故答案为：8．已知数列首项=1，函数有唯一零点，则数列的前项的和为．【答案】【详解】为偶函数，且存在唯一零点，代入得：，有故数列为首项为，公比为的等比数列数列的前项的和为得点睛：本题将函数与数列组合综合在一起，当遇到函数只有一个零点的时候，解题的关键就是讨论出函数的奇偶性，然后构造数列为等比数列，再利用错位相减法求出数列的前项的和，即可求得答案．本题有一定的难度．三、解答题9．记等差数列的前n项和为，若，.(1)求的通项公式；(2)求使成立的n的取值集合.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据等差数列的通向公式及前项和公式建立方程组，解出即可；（2）根据条件化简不等式，解出即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d，则由题得解得故的通项公式为.（2）由（1）知，所以，即为，整理得，，故即解，解得，所以满足条件的n的取值集合为.10．已知，，分别为三个内角，，的对边，且．(1)求；(2)若，求的值；(3)若的面积为，，求的周长．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用内角和定理与和角的正弦公式化简得到，即可求得角A；（2）由求得，利用二倍角公式求得的值，利用差角的正弦公式计算即得；（3）由三角形面积公式求出，利用余弦定理变形转化求出，即得的周长.【详解】（1）．由正弦定理可得，因，所以，可得，为三角形内角，，解得，，．（2）由已知，，所以，，，.（3），，由余弦定理得，即，解得，的周长为．11．某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个团队由位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，该团队接力闯关活动结束.已知团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为和，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.(1)若，用表示团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的均值；(2)记团队第位成员上场且闯过第二关的概率为，集合中元素的最小值为，规定团队人数，求.【答案】(1)；(2)7.【分析】（1）求出的所有可能值及各个值对应的概率，再求出期望.（2）利用互斥事件的概率公式，求出第位成员闯过第二关的概率，再列出不等式求解即得.【详解】（1）依题意，的所有可能取值为，，，所以的分布列为：123数学期望.（2）令，若前位玩家都没有通过第一关测试，其概率为，若前位玩家中第位玩家才通过第一关测试，则前面位玩家无人通过第一关测试，其概率为，第位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为，第位玩家到第位玩家都没有通过第二关测试，其概率为，所以前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：，因此第位成员闯过第二关的概率，由，得，解得，则，所以.【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.12．如图，在三棱锥中，H为的内心，直线AH与BC交于M，，.(1)证明：平面平面ABC；(2)若，，，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设平面ABC于点N，过N作于E，于F，连接PE，PF，通过全等三角形及角平分线性质可证N与H重合，从而可证平面平面ABC；（2）由（1）知平面ABC，且由已知可求长度，再由角平分线性质可求面积，从而可求三棱锥的体积．【详解】（1）如图，设平面ABC于点N，过N作于E，于F，连接PE，PF．∵平面ABC，平面ABC∴又∵

∴平面PNE

∴，同理在，中，，∴

∴在，中，，∴，∴，即N到AB，AC的距离相等同理N到BC，AC的距离相等，故N为的内心，N与H重合∴平面ABC又∵平面APM

∴平面平面ABC（2）由已知可得，设的内切圆半径为r，则，故，因为H为的内心，所以AH平分，所以，，所以，，故的面积为，因为，

所以，所以，得，所以，，故三棱锥的体积为．13．在平面直角坐标系中，动圆与圆，圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为．(1)求轨迹的方程；(2)动直线与曲线恰有个公共点，交直线于轴同侧两点，请问的面积是否为定值，若为定值请求出该定值；若不是定值，请说明理由．【答案】(1)；(2)是定值．【分析】（1）根据题意分别求