高考真题变式题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题变式题11-15含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题变式题11-15含解析答案，共18页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、多选题
1．设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
2．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
3．已知函数，则（ ）
A．时，函数在上单调递增
B．时，若有3个零点，则实数的取值范围是
C．若直线与曲线有3个不同的交点，，，且，则
D．若存在极值点，且，其中，则
4．已知函数有两个极值点．则（ ）
A．的图象关于点对称B．的极值之和为
C．，使得有三个零点D．当时，只有一个零点
二、填空题
5．记为等差数列的前n项和，若，，则 .
6．设为等差数列的前项和.若，，则 .
7．等差数列中，，则 ．
8．若等差数列前项和为，且，，数列的前10项的和为 .
9．已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
10．在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
11．2023年深秋，鼻病毒、肺炎支原体、呼吸道合胞病毒、腺病毒肆虐天津各个高中.目前病毒减员情况已经得到缓解，为了挽回数学课程，市教委决定派遣具有丰富教学经验的四支不同的教师队伍A、B、C、D，前往四所高中E、F、G、H进行教学指导，每支教师队伍到一所高中，那么总共有 （请用数字作答）种的不同的派遣方法.如果已知A教师队伍被派遣到H高中，那么此时B教师队伍被派遣到E高中的概率是 .
12．某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有 种不同的排法，若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有 种不同的排法．（用具体数字作答）
13．某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为 ，在一场比赛中高一获胜的概率为 ．
三、解答题
14．在中，已知，，求的值.
15．已知为锐角，．
（1）求的值；
（2）求的值．
16．已知，，求的值．
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
18．在中，设角、及所对边的边长分别为、及．已知．
(1)求角的大小；
(2)当，时，求边长．
19．在中，角所对的边分别为的外接圆半径为，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的周长．
20．已知分别为锐角三个内角的对边，且.
(1)求；
(2)若，求周长取值范围.
参考答案：
1．AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
2．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.
【详解】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.
3．BD
【分析】根据函数求导后公式及结合的取值情况可对A项判断；，求出再结合函数极大小值即可对B项判断；求出函数的二阶导数，从而求出对称中心点即可对C项判断；根据函数存在极值点再结合令，求出，即可对D项判断.
【详解】对于A：求导，当时，有2个不相等的实根，，在区间上，单调递减，故选项A错误.
对于B：当时，令，得，，若有3个零点，则极大值，极小值，实数的取值范围是，故选项B正确.
对于C：令二阶导数，得，则三次函数的对称中心是.当直线与曲线有3个不同的交点，，，且时，点一定是对称中心，所以，故选项C错误.
对于D：若存在极值点，则，，.令，得，因为，于是，
所以，化简得：，
因为，故，于是，即.故选项D正确.
故选：BD.
4．ACD
【分析】利用奇偶函数性质和平移法 判断A，利用极值和导数关系即可判断B，根据零点个数与导数、函数的关系即可判断D.
【详解】对A，设，定义域为，关于原点对称，
且，则为奇函数，
的图象可由奇函数的图象向上平移2个单位长度得到，
故的图象关于点对称，选项A正确．
对B，设的极值点分别为，令，则为方程两不等实数根，
根据韦达定理知，故，
即的极值之和为4，选项B错误．
对C，依题意，方程有两异根，则，，，
令，解得或，令，解得，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间单调递增．
则时，的图象与轴有3个交点，
即有3个零点，此时，即，解得，故选项C正确．
对D，当时，，
，
此时只有一个零点，选项D正确．
故选：ACD.
5．95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
6．15
【分析】根据等差数列基本量运算求出公差，利用等差数列前n项和公式运算得解.
【详解】，
，又，解得，
.
故答案为：15.
7．60
【分析】根据等差数列的通项公式列式得，再根据等差数列的求和公式可求出结果.
【详解】设公差为，则，即，
所以.
故答案为：.
8．
【分析】由题意可得，解方程求出，即可求出，再由等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，解得，
故，
所以，
所以数列的前10项的和为.
故答案为：.
9．
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则

故答案为：.
10． 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
11． 24
【分析】将四支教师队伍进行全排可求得派遣方法的个数，只考虑教师队伍被派遣的可能情况，利用古典概型的概率公式可求得教师队伍被派遣到高中的概率.
【详解】由题意可知，每支教师队伍到一所高中的派遣方法数为，
由于A教师队伍被派遣到H高中，则B教师队伍可派遣到其它个高中，
因此教师队伍被派遣到高中的概率是.
故答案为：；.
12．
【分析】根据语文、数学、英语、物理、化学、体育的全排列得出第一空；
分类讨论体育所在节数，由分类加法计数原理得出第二空.
【详解】某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有种不同的排法
当体育在第一节时，在第三，四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法
当体育在第二节时，在第四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法
当体育在第三节时，在第一，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法
当体育在第四节时，在第一，二，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法
当体育在第五节时，在第一，二，三节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法
当体育在第六节时，在第一，二，三，四节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法
则若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有种不同的排法
故答案为：；
【点睛】本题主要考查了全排列问题和不相邻排列问题，涉及了分类加法计数原理的应用，属于中档题.
13．
【分析】第一局先安排2个对手共9种不同安排方法，利用古典概型求解，安排一场三局比赛的出场顺序共36种，列出高一获胜的安排方法，利用古典概型求解.
【详解】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
则第一局比赛中，共有，共9个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共3个，
所以第一局比赛高一获胜的概率为，
在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共6种，故在一场比赛中高一获胜的概率为.
故答案为：；
14．
【分析】利用同角三角函数求值，由可以得到,利用正切的和差公式就可以得到答案.
【详解】因为，，有，
所以.
故答案为：.
15．（1）；（2）．
【分析】（1）根据题设条件，结合正切的倍角公式，即可求解；
（2）根据题设条件，求得，结合，即可求解.
【详解】（1）因为，可得．
（2）因为为锐角，可得．
又因为，所以，可得，
则．
16．．
【分析】先分析所求式 ，分子、分母均为已知条件中和差角的展开式的项．
【详解】∵，
，
解得， ，
所以
.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式，，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
18．(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角，结合及两角和的正弦公式计算化简即可得；
（2）根据正弦定理即可计算出，结合可求出，再使用正弦定理即可得到.
【详解】（1）由正弦定理得，
由于，则，
展开得，
即，因为，
化简得，则，
又，所以；
（2）由正弦定理，得，即有，
因为，所以是锐角，即，
所以，
，
所以.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据辅助角公式结合已知即可得解；
（2）由（1）求出，再根据正弦定理可得出的关系，再根据三角形的面积公式求出边长，即可得解.
【详解】（1）由，结合正弦定理，
得，化简得，
因为，且不同时为钝角，则，
所以，
又，所以，因此；
（2）由（1）知，
则，
由正弦定理得，
令，则，
则，解得，
因此的周长为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简可得，即可求得结果.
（2）由正弦定理结合辅助角公式得，再由角的范围结合三角函数的性质求得的范围，即可求得周长的范围.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得
且
所以，且
则
所以
（2）由正弦定理得，
则
，
又是锐角三角形，则，，
可得，
又周长为，且
故周长的取值范围为.