2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：新高考卷05-备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版

这是一份2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：新高考卷05-备战2024年高考高频考点题型精讲+精练（新高考通用）解析版，共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知数列的前项和为，，，则，已知，且，，，则，有下列几个命题，其中正确的是，已知点，直线，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷五（新高考卷）数学考试时间：120分钟；试卷满分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（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，只有一项符合题目要求）1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次方程求集合A，由具体函数的定义域求集合B，再利用集合的并运算求即可.【详解】依题意，得，，∴.故选：D．2．设复数(其中为虚数单位)，则=（    ）A． B．3 C．5 D．【答案】A【分析】根据复数的除法与复数的模计算即可.【详解】，，故选：A3．在△ABC中，O为重心，D为BC边上近C点四等分点，，则m＋n＝（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接延长交于点，则点为的中点，连接，利用向量平面基本定理表示可得答案.【详解】连接延长交于点，则点为的中点，连接，所以，所以，.故选：B.4．已知数列的前项和为，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据与的关系可得，再利用累乘法即可得，进而利用裂项相消法求和即可.【详解】当时，则且，即，所以.两式作差得，即，即，所以，即.则.所以.故选：A.5．从数字中随机取两个不同的数，分别记为和，则为整数的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先计算出从数字中随机取两个不同的数，共有种情况，再求出满足为整数的情况，即可求出为整数的概率.【详解】解：从数字中随机取两个不同的数，则有种选法，有种选法，共有种情况；则满足为整数的情况如下：当时，或有种情况；当时，有种情况；当或时，则不可能为整数，故共有种情况，故为整数的概率是：.故选：B.6．已知函数在区间内没有极值点，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的极值点，由此求得ω的取值范围．【详解】∵函数在区间内没有极值点，或，．解得，或，令，可得故选：D．7．已知，且，，，则（    ）A．c＜b＜a B．b＜c＜aC．a＜c＜b D．a＜b＜c【答案】D【分析】变形给定的各个等式，构造函数，借助函数的单调性比较大小作答.【详解】依题意，，，，令，求导得：，当时，，当时，，因此，函数在上单调递增，在上单调递减，显然，，则，又，于是得，又，所以.故选：D8．《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即中点在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ//AB，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈)．则楔体的体积为(体积单位：立方丈)（    ）A．10 B．8 C． D．【答案】D【分析】根据题意，把楔体分成一个三棱柱和两个四棱锥，即可求解.【详解】根据题意，分别过点，作平面的垂直平面，则可以把楔体分成一个三棱柱和两个四棱锥.三棱柱的体积(立方丈)，四棱锥的体积(立方丈)，故楔体的体积(立方丈).故选：D.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）9．有下列几个命题，其中正确的是（    ）A．函数y＝2x2＋x＋1在(0，＋∞)上是增函数B．函数y＝在(－∞，－1)∪(－1，＋∞)上是减函数C．函数y＝的单调区间是[－2，＋∞)D．已知函数g(x)＝是奇函数，则f(x)＝2x＋3 【答案】AD【分析】根据简单函数的单调性，复合函数的单调性，以及由函数奇偶性求函数解析式，即可容易判断和选择.【详解】由y＝2x2＋x＋1＝2在上递增知，函数y＝2x2＋x＋1在(0，＋∞)上是增函数，故A正确；y＝在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上均是减函数，但在(－∞，－1)∪(－1，＋∞)上不是减函数，如－2<0，但故B错误；y＝在上无意义，从而在[－2，＋∞)上不是单调函数，故C错误；设x<0，则－x>0，g(－x)＝－2x－3，因为g(x)为奇函数，所以f(x)＝g(x)＝－g(－x)＝2x＋3，故D正确．故选：.10．已知点，直线，下列结论正确的是（    ）A．恒过定点B．（为坐标原点）C．到直线的距离有最小值，最小值为3D．到直线的距离有最大值，最大值为5【答案】ABD【分析】直接代点可判断A；利用两点之间距离公式可判断B；由点的轨迹与直线过定点，画出图形后可判断C、D.即可得解.【详解】直线，当时，，故A正确；，故B正确；点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，直线过定点，位置如图：由图可知，点到直线的距离最小值为0，当直线与轴垂直时，圆心到直线的距离最大，最大值为4，所以到直线的距离有最大值，最大值为5.故C错误，D正确.故选：ABD.11．我们知道，函数的图像关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图像关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，则下列说法正确的是（    ）A．若，则为的对称中心B．若，则为偶函数C．函数图像的对称中心为D．函数的图像关于成轴对称的充要条件是函数为偶函数【答案】BCD【分析】根据题目中的定义和函数的奇偶性，对称性特点即可求解.【详解】对于选项A：，为的对称中心，则为奇函数，而，令，易证不为奇函数，故选项A错误；，，令，易证为偶函数，所以为偶函数.故选项B正确；函数若图像的对称中心为，为奇函数，令，所以，故选项C正确；函数的图像关于成轴对称关于轴对称，所以函数为偶函数，反之亦成立，故选项D正确.故选：BCD. 12．正方体的棱长为分别为的中点.则（    ）A．直线与直线AF垂直B．直线与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为D．点和点D到平面AEF的距离相等【答案】BCD【分析】根据异面直线所成角的定义判断A，由面面平行的性质定理判断B，作出完整的截面，判断CD．【详解】因为，而与显然不垂直，因此与不垂直，A错；取中点，连接，，由分别是中点，得，又，，是平行四边形，所以，，平面，所以平面，平面，而，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．B正确；由正方体性质，连接，则截面即为四边形，它是等腰梯形，，，等腰梯形的高为，截面面积为，C正确，设，易知是的中点，所以两点到平面的距离相等．D正确．故选：BCD． 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，其中第16题第一空2分，第二空3分）13．的二项展开式中，项的系数是__________．（用数字作答）【答案】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中项的系数.【详解】的二项展开式的通项为，，展开式项的系数为.故答案为：-5.14．已知函数，则函数的图象在处的切线方程为_______.【答案】【分析】函数求导，，计算，点斜式方程写出切线方程.【详解】,, 点 点斜式方程写出切线方程：故答案为：15．过定点A的直线与圆交于B，C两点，点B恰好为AC的中点，写出满足条件的一条直线的方程______．【答案】或【分析】根据直线方程，求得其定点坐标，利用中点的坐标公式，表示出两个交点，根据方程求得坐标，结合直线的两点式方程，可得答案.【详解】由直线，整理可得，当时，故直线过定点，设，则，由在圆，则，整理可得，联立可得，消去可得：，解得或，当点的坐标为，由两点式方程，可得，整理可得，当点的坐标为，由两点式方程，可得，整理可得，故答案为：或16．已知抛物线的焦点为为上一点，以线段为直径的圆与交于另外一点为圆心，为坐标原点.当时，的长为______，点到轴的距离为______.【答案】          【分析】易知焦点，根据在抛物线上设出坐标，易知圆心为的中点即可求出，由利用斜率相等可得，再根据直径所对的圆周角为可得，即，利用向量数量积为0可得，联立及可解得，根据两点间距离公式可得，点到轴的距离为其横坐标的绝对值等于.【详解】由题意知在抛物线上，设，，如下图所示：抛物线焦点，圆心为的中点，所以由可得，即，整理可得，即；又因为为直径，且点在圆上，所以，又因为，所以，可得，又，即，整理得，联立可得，解得或（舍）所以，因此；点到轴的距离为点横坐标的绝对值，即故答案为：，四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．数列的前n项和记为，，，，，．（1）求的通项公式；（2）求证：对，总有．【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）通过可知，可采用作差法求解，但需验证时是否成立，再求出通项即可（2）通过（1）中求出的，可得，符合累加法基本类型，用累加法求解，因为要证明，故求得的应能够进行通项求和，或是满足裂项求和基本形式，再进行化简即可【详解】解：（1）由．可得，两式相减得，∴，又，．故是首项为9，公比为3的等比数列，∴ （2）   当时，又符合上式，． ∴．则   ∵，∴．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．从①②③中选取两个作为条件，补充在下面的问题中，并解答．①；②的面积是；③．问题：已知角A为钝角，，______．(1)求外接圆的面积；(2)AD为角A的平分线，D在BC上，求AD的长．【答案】(1)条件选择见解析，     (2)【分析】(1)选①②：由求得，再结合三角形面积公式可求得，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；选①③：利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解；选②③：利用三角形面积公式可求得，再求得，利用余弦定理求得，再利用正弦定理求得外接圆的半径，从而可解.(2)设，则有，求得，再利用等面积法可求.【详解】（1）选①②，，，又，即，得，由余弦定理，得，由正弦定理，得，，所以，外接圆的面积为．选①③，因为，．所以由余弦定理，得，由正弦定理，得，，所以，外接圆的面积为．选②③，由，，A为钝角，得，由余弦定理，得，由正弦定理，得，，所以，外接圆的面积为．（2）由AD为角A的平分线，设，，则有，由的面积，即，解得．故AD的长为.19．为了研究某种细菌随天数变化的繁殖个数，收集数据如下：天数123456繁殖个数612254995190 (1)在图中作出繁殖个数关于天数变化的散点图，并由散点图判断（为常数）与（为常数，且）哪一个适宜作为繁殖个数关于天数变化的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）(2)对于非线性回归方程（为常数，且），令，可以得到繁殖个数的对数z关于天数x具有线性关系及一些统计量的值．3.5062.833.5317.50596.5712.09 （ⅰ）证明：“对于非线性回归方程，令，可以得到繁殖个数的对数关于天数具有线性关系（即为常数）”；（ⅱ）根据（ⅰ）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程（系数保留2位小数）．附：对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为．【答案】(1)选择为回归方程较宜     (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】(1)根据散点图趋势选择；(2)将非线性回归方程模型转化为线性回归方程模型，结合所给数据求解.【详解】（1）作出散点图如图所示．由散点图看出样本点分布在一条指数型曲线的周围，故选择为回归方程较宜．（2）（i）证明：由已知：令，则，则，，即．所以繁殖个数的对数关于天数具有线性关系．（ii）由（i）知繁殖个数的对数关于天数可以用线性回归方程来拟合．由表中数据可得，，，得到关于的线性回归方程为，又，因此细菌的繁殖个数关于天数的非线性回归方程为．20．如图，AB是半球的直径，O为球心，，C为半大圆弧的中点，P为同一半大圆弧上的任意一点（异于A，B，C），P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作于R，连接PR，OP.(1)若C，P为不同的两点，求证：；(2)若半大圆面ACB与水平大圆面夹角大小为，求三棱锥体积的取值范围.【答案】(1)证明见解析     (2)【分析】（1）根据线面垂直可证，从而可得.（2）由（1）可得为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，设，根据体积公式，利用换元法和导数可求其取值范围.【详解】（1）因为PQ垂直于水平大圆面AOB，而平面，所以，因为，，平面，所以平面，而平面，所以，因为C为半大圆弧的中点，所以，因为C，P为不同的两点，且AB，OC，PR在同一个平面内，所以.（2）由，得，为半大圆面ACB与水平大圆面夹角的平面角，所以，设，由于对称性，不妨设，因为，所以，所以，，，，所以三棱锥体积为：，设，所以，令，得，当时，；当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，故当时，V取得最大值为，而，所以三棱锥体积的取值范围为.21．已知椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，且过点（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与椭圆交于两点，为坐标原点，求△面积的最大值.【答案】(1)；(2).【详解】试题分析：（1）根据点在曲线上，将点代入曲线可得到方程；（2）联立直线和椭圆得到二次方程，根据弦长公式得到弦长AB，又因为，根据基本不等式可得到最值.解析：（1）设椭圆的方程为将带入方程，可得故椭圆的标准方程为（2）设 原点到直线的距离由得又由基本不等式当且仅当时，不等式取“”号22．已知函数的最小值为0，其中，设.(1)求的值；(2)对任意恒成立，求实数的取值范围；(3)讨论方程在上根的个数.【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【详解】试题分析：（1）求出函数的定义域，函数的导数，极值点，判断函数的单调性，求出函数的最小值，列出方程求解即可；（2）利用函数的单调性的定义，构造函数利用导函数的符号，求解即可；（3）推出，通过图象知时有一个根，时无根，或利用函数的最值判断求解即可.试题解析：（1）的定义域为，由，解得.当变化时，的变化情况如下表：因此，在处取得最小值，故由题意，所以.(2)由知对恒成立即是上的减函数.对恒成立，对恒成立(3)由题意知，，又可求得时.∴在时单调递增. 时，，时有一个根，时无根.