打卡第五天-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五天Ⅱ真题限时训练新高考真题限时训练打卡第五天难度：一般建议用时:60分钟一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】方法一：求出集合后可求.【详解】[方法一]：直接法因为，故，故选：B.[方法二]：【最优解】代入排除法代入集合，可得，不满足，排除A、D；代入集合，可得，不满足，排除C.故选：B.【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．2．（2022·全国·高考真题）（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的乘法可求.【详解】，故选：D.3．（2022·全国·高考真题）已知向量，若，则（

）A． B． C．5 D．6【答案】C【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：,,即,解得,故选：C4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．

5．（2022·全国·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.【详解】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：比较法解：，，，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6．（2022·全国·高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（

）A．1 B． C． D．3【答案】A【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，又因为函数图象关于点对称，所以，且，所以，所以，，所以.故选：A二、多选题7．（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（

）A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD8．（2022·全国·高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（

）A．C的准线为 B．直线AB与C相切C． D．【答案】BCD【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；，所以直线的方程为，联立，可得，解得，故B正确；设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，所以，直线的斜率存在，设其方程为，，联立，得，所以，所以或，，又，，所以，故C正确；因为，，所以，而，故D正确.故选：BCD三、填空题9．（2022·全国·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.【详解】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：-2810．（2022·全国·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；【详解】[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11．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【详解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；（2）∴12．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.

13．（2022·全国·高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，

所以在上为减函数，所以.综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.Ⅲ精选模拟题预测一、单选题1．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据不等式的解法化简集合，根据交集运算即可.【详解】因为合，所以，故选：B2．已知复数，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意，根据共轭复数的概念可得，结合复数的乘方、乘除法运算即可求解.【详解】因为，所以，所以．故选：C．3．已知点是边长为2的正三角形的重心，则（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】以线段的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据题意求得的坐标，结合向量的数量积的坐标运算公式，即可求解.【详解】如图所示，以线段的中点为坐标原点，以线段所在的直线为轴，线段的垂直的平分线为轴，建立平面直角坐标系，因为的边长为，可得，又因为为的重心，可得，所以，则.故选：C.4．若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，则圆柱的表面积与球的表面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设球的半径为，分别求出圆柱及球的表面积，从而可得两者表面积之比.【详解】设球的半径为，则由题意，，所以圆柱的表面积与球的表面积之比为，故选：D5．将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，进而即可求解.【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，由题意以为原点，以边长为2的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：由题意，不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），在中，令得，所以的面积为，而点到直线的距离为，此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），所以，所以；若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边，此时上述情况中的点于原点重合，此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），其中为点到的距离，即的长度；将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：不失一般性，设该直线分别与交于点，折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，又因为，所以，所以，由题意，设，所以，过点向引垂线，垂足为，则，所以四棱锥体积的最大值为（此时四边形与三角形垂直），从而，或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当且仅当时，有，综上所述，满足题意的直线为，且此时，此时我们首先来求四边形外接圆圆心，因为中点坐标为，斜率为，所以的垂直平分线方程为，而中垂直线方程为，从而解得，所以四边形外接圆半径为，而到直线的距离为，又满足题意的四棱锥的高为，设满足题意的四棱锥的外接球球心为，设球心到平面的距离为，则由可得，，即，解得，从而满足题意的外接球表面积为.故选：B.【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解.6．已知函数，若为的零点，是的图象的对称轴，且在区间上单调，则实数取最大值时，（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据在区间上单调求得，再结合零点和对称轴得，即可得，最后根据对称轴得，结合，求解验证即可.【详解】因为的最小正周期，且在区间上单调，所以，又，故①；又因为为的零点，是的图象的对称轴，所以（），整理，得（）②.由①②得且为奇数，当时，将代入，令（），得，又，故取，得，此时（）.验证当时，，满足在区间上单调递减.故实数的最大值为，此时.故选：B二、多选题7．在直三棱柱中，点是的中点，，点为侧面（含边界）上一点，平面，则下列结论正确的是（

）

A．B．直线与直线所成角的余弦值是C．点到平面的距离是D．线段长的最小值是【答案】ACD【分析】可先证，，进而可证得平面，则选项A可判定；将两异面直线平移到相交，在三角形利用余弦定理处理，即可判定选项B；利用等积法即可求出点到平面的距离，则选项C可判定；先求出点轨迹，在利用等面积法求出线段长的最小值，则选项D可判定.【详解】在直棱柱中,在中，可得，所以，可得,又,且两直线在平面内，可得平面，由平面,所以，故必选项A正确；已知,点D到平面的距离为，所以,,,,所以，设到平面的距离为，则，可得，故C选项正确；取中点，连接又点是的中点

在直棱柱中可得,,所以四边形为平行四边形，则,，取中点,连接，又中点为，可得，，在直角三角形中,在直角三角形中,在直角三角形中在三角形中,又，，所以直线与直线所成角为的补角，所以直线与直线所成角的余弦值是，故选项B错误;取中点,连接可得,

又不在平面，在平面，所以平面，同理平面，又,所以可得平面平面，所以点的轨迹为线段，因为,,所以在三角形中由余弦定理可得,可得,所以,设B到的距离为，由等面积法可得,解得，可得长的最小值是，故选项D正确；故选：ACD.8．已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（

）A．B．存在实数，使得C．若，则D．若直线与的倾斜角互补，则【答案】ACD【分析】根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可判断A正确；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线与的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.【详解】由已知，抛物线：，∴，，焦点，不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，

对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，直线：过焦点，∴由抛物线的定义，故选项A正确；对于B，消去，化简得（显然），则，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在实数，使得，选项B错误；对于C，，，∵，∴，∴，又∵由选项B判断过程知，，∴解得，，或，，，∴若，则，选项C正确；对于D，由题意，，，，，直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，∴，代入，，化简得，由选项B的判断知，，∴，∴，故选项D正确.故选：ACD.三、填空题9．的展开式中的系数为．【答案】【分析】利用展开式求出所有含的项即可得出系数为.【详解】由二项式定理可知展开式中含有的项为，所以可得展开式中的系数为.故答案为：10．过椭圆的左焦点引直线交椭圆于两点，若弦的长为，则直线的斜率为.【答案】【分析】先将椭圆方程化为标准方程，然后求出，从而可求出左焦点的坐标，设直线为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式列方程可求出，从而可求出直线的斜率.【详解】椭圆，即，则，，，左焦点为，设直线为，，由，得，整理得，因为，所以，所以，，解得，所以直线为斜率为，故答案为：.四、解答题11．已知数列的前项和满足．(1)求证：是等差数列；(2)若当且仅当时，最大，比较与的大小．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据与之间的关系可得，则，两式相减得，即可证明；（2）根据题意结合等差数列分析可知，解得，结合等差数列性质分析判断.【详解】（1）因为，则有：若，则，即；且，两式相减得，即，则，两式相减得，所以是等差数列.（2）设等差数列的公差为，由题意可知：，即，解得，则，且，所以.12．如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.(1)求的长度；(2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)1(2)【分析】（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得，再利用三角形相似可求得；（2）建立空间直角坐标系，设，并根据坐标分别求得平面与平面的法向量，由两平面夹角的余弦值列方程解得，可得.【详解】（1）作，垂足为，连接，如下图所示：

由点在平面的射影落在边上可得平面