新高考数学冲刺卷三（原卷版+解析版）

这是一份新高考数学冲刺卷三（原卷版+解析版），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
新高考数学冲刺卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分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，选对得5分，选错得0分．
1．已知复数，与共轭，，且，则的值为（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
2．《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（    ）

A． B． C． D．
3．已知非空集合， 其中，若满足，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
4．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则△ABC的形状是（    ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形



5．如图，是平行四边形所在平面内的一点，且满足，则（    ）

A．2 B． C． D．1
6．已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则（    ）
A． B． C． D．
7．若，（）试比较的大小关系（    ）
A．
B．
C．
D．
8．已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9．已知为圆上的两点，为直线上一动点，则（    ）
A．直线与圆相离
B．当为两定点时，满足的点有2个
C．当时，的最大值是
D．当为圆的两条切线时，直线过定点
10．定义运算．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c满足，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C．角B的最大值为 D．若，则为钝角三角形
11．已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线则下列正确的是（    ）
A．双曲线的方程为 B．
C． D．点到轴的距离为
12．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．
B．在区间上单调递增
C．将函数图象上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，可得函数的图象
D．函数的零点个数为7

三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一空2分，第二空3分。
13．已知函数（）的图象关于轴对称，且与直线相切，写出满足上述条件的一个函数______．
14．已知向量与的夹角为，且，，若与的夹角为锐角，则的取值范围是_______．
15．在平面直角坐标系中，已知圆，，直线与圆相切，与圆相交于，两点，分别以点，为切点作圆的切线，设直线，的交点为，则的最大值为__________．
16．已知数列的各项都是正数，若数列各项单调递增，则首项的取值范围是__________当时，记，若，则整数__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)求A；
(2)若，求的面积的最大值.

18．记为数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.

19．党的二十大胜利召开，某单位组织举办“百年党史”知识对抗赛，组委会将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组委会随机从百年党史题库抽取道抢答试题，每位选手抢到每道试题的机会相等比赛细则为：选手抢到试题且回答正确得分，对方选手得分选手抢到试题但回答错误或没有回答得分，对方选手得分道题目抢答完毕后得分多者获胜已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手每道试题回答是否正确相互独立．
(1)求乙同学得分的概率
(2)记为甲同学的累计得分，求的分布列和数学期望．


20．如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，平面平面，．

(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．


21．已知椭圆的上顶点为，过点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.
(1)求椭圆的标准方程﹔
(2)设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.




22．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，．
(1)已知函数，，求实数取值的集合
(2)已知函数有两个不同极值点、．
①求实数的取值范围
②证明：．


新高考数学冲刺卷
数学·全解全析
1．D
【分析】结合复数减法的模的几何意义、椭圆的定义和标准方程等知识求得正确答案.
【详解】依题意，
即复数对应的点到点和的距离之和为，
而，所以复数对应的点，在以为长轴，为焦距，焦点在轴的椭圆上，
椭圆的长半轴为，半焦距为，所以短半轴为，
所以椭圆的方程为.
与共轭，说明与对应点关于长轴对称，，
设，
依题意，即，
所以，则，即，
所以点三点共线，为左焦点，
而，
表示：与两点的距离、与右焦点的距离、与右焦点的距离，这三个距离之和，
即和为.
故选：D
2．A
【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.
【详解】由题意可知：，，
所以.
故选：A.
3．A
【分析】可设，根据题设条件可得满足的条件，再根据根分布可求实数的取值范围.
【详解】，
因为非空，故可设，则为方程的两个实数根.
设，
又，
因为， 故，所以，解得.
故选：A.
4．C
【分析】先依据条件求得，再利用可以求得，从而判断△ABC的形状是等边三角形
【详解】△ABC中，，则
又，则
由，可得，代入
则有，则，则
又，则△ABC的形状是等边三角形
故选：C
5．D
【分析】运用向量线性运算及数量积运算求解即可.
【详解】由已知，可得，
又四边形为平行四边形，

所以

，
所以.
故选：D.
6．C
【分析】根据点在抛物线上及抛物线的定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解
【详解】由题意可知，如图所示，

在抛物线上，则
易知，，由，
因为被直线截得的弦长为，则，
由，于是在中，

由解得：，所以．
故选：C.
7．D
【分析】先估算出，进而求出的范围，再由求出的范围，最后构造函数估算出即可求解.
【详解】由得，故，又，故，
由常用数据得，下面说明，令，，
当时，，单增，当时，，单减，则，
则，则，，
令，则，，
，则，综上，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查指数对数的大小比较，关键点在于通过构造函数求出的范围，放缩得到，再由和结合即可求解.
8．A
【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接，，由，
可知：和是等边三角形，
设三棱锥外接球的球心为，
所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，
是等边三角形，为中点，
所以，又因为侧面底面，侧面底面，
所以底面，而底面，因此，所以是矩形,
和是边长为的等边三角形，
所以两个三角形的高，
在矩形中，，连接，
所以，
设过点的平面为，当时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆的半径为：，所以此时面积为，
当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，
所以截面的面积范围为.

故选：A．
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．
9．AD
【分析】利用点到直线的距离判断A；确定最大时的情况判断B；取AB中点D，由线段PD长判断C；求出直线AB的方程判断D作答.
【详解】对于A，因为到直线的距离，即直线与圆相离，A正确；
对于B，当A，B为过点P的圆O的切线的切点时，最大，而，
显然是锐角，正弦函数在上单调递增，，
因此最大，当且仅当最大，当且仅当最小，则有，此时，
所以当为两定点时，满足的点只有1个，B错误；

对于C，令AB的中点为D，则，，点D在以O为圆心，为半径的圆上，
，显然当在上运动时，无最大值，C不正确；

对于D，设，当为切线时，，点在以为直径的圆上，
此圆的方程为，于是直线为，即，
所以直线过定点，D正确.
故选：AD
10．ACD
【分析】由新定义运算得，对于选项A：由正弦定理边化角后知正确；对于选项B：可举反例进行判断；对于选项C：结合余弦定理及基本不等式，可求得，可知C正确；对于选项D：结合条件可得计算即可判断出为钝角.
【详解】由可知，整理可知，由正弦定理可知，，从而可知A正确；
因为满足，但不满足，故B不正确；
B错误；（当且仅当时取“=”），
又，∴B的最大值为，故C正确；
由可得，解得，又，从而可得为最大边，
，角A为钝角，故D正确．
故选：ACD．
11．ACD
【分析】由到的距离为以及渐近线方程为可求得，即可得出方程，判断A；由可求出判断B；结合双曲线定义可求得，求出，即可求出，判断C；利用等面积法可求得点到轴的距离，判断D.
【详解】到的距离为，，解得，
又渐近线方程为，则，结合可解得，，
则双曲线的方程为，故A正确；
为的平分线，，故B错误；
由双曲线定义可得，则可得，，
则在中，，
则，
则，即，故C正确；
在中，，
设点到轴的距离为d，则，
即，解得，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.
12．ABD
【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作答求出函数的解析式，再分析判断ABC；换元并构造函数，利用导数结合图形判断D作答.
【详解】观察图象知，函数的周期，则，而，
即有，由知，，因此，A正确；
显然，当时，，因此单调递增，B正确；
将图象上各点横坐标变为原来的得，再将所得图象向右平移个单位长度，得，
而，C错误；
由，得，令，则，
令，显然当时，，即恒有，函数在上无零点，
当时，，令，，
函数在上都递减，即有在上递减，，
，因此存在，，
当时，，当时，，有在上递增，在递减，
，，
于是存在，，当时，，当时，，
则函数在上递减，在递增，，，
从而函数在上存在唯一零点，而函数周期为，在上单调递增，如图，

，，，
从而函数在上各有一个零点，又0是的零点，即函数在定义域上共有7个零点，
所以函数的零点个数为7，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
13．（答案不唯一）
【分析】由已知得到函数的对称轴方程，从而得到，由与联立方程消去整理成的一元二次方程，由得到的关系，分别取值写出函数即可.
【详解】已知，
∵的图象关于y轴对称，
∴对称轴，∴，
∴，
联立，整理得，即，
∵的图象与直线相切，
∴，∴，
当时， .
∴满足条件的二次函数可以为．
故答案为： .
14．
【分析】由题意可得，且与不共线，从而可求出的取值范围.
【详解】因为向量与的夹角为，且，，与的夹角为锐角，
所以，且与不共线，
由，得，
所以，
化简得，
解得或，
由与共线，得存在唯一实数，使，
所以，得，
所以当时，与不共线，
综上或，且，
所以的取值范围是，
故答案为：
15．##
【分析】设，，由相切关系，建立点A，B坐标所满足的方程，即弦所在直线的方程，由直线与圆相切，得，求出m的最大值.
【详解】设点，，，，
因为分别以点A，B为切点作圆的切线，．
设直线，的交点为，所以，则，
即，所以，因为，
所以，即是方程的解，
所以点在直线上，
同理可得在直线上，
所以弦所在直线的方程为，
因为直线与圆相切，所以，
解得，得，
即的最大值为．
故答案为：3.5
16．         
【分析】根据正项数列各项单调递增，可得出，化简求出，由此可得首项的取值范围；再由裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得出答案.
【详解】由题意，正数数列是单调递增数列，且，

且，解得，
，
又由，
可得：．
，


．
，且数列是递增数列，，即，
整数．
故答案为：；.
17．(1)
(2)

【分析】(1)利用正弦定理边化角以及余弦定理求解；
(2)利用基本不等式和面积公式求解.
【详解】（1）由，
得，
由正弦定理，得.
由余弦定理，得.
又，所以.
（2）由余弦定理，，
所以，
∵，∴，
所以，当且仅当时取“”.
所以三角形的面积.
所以三角形面积的最大值为.
18．(1)
(2)2

【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出，再根据求出；
（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数
【详解】（1）由有，即，
又，故，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，即，
所以，
因此的通项公式为.
（2）由（1）及，有，所以，
又，
因为均为正整数，所以存在正整数使得，
故，
所以除以3的余数为2.
19．(1)
(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式综合运算求解即可；
（2）由题意，可能值为0，50，100，150，200，根据相互独立事件、互斥事件的判断与概率计算公式分别求出对应取值的概率，即可得到离散型随机变量的分布列，再由期望定义及公式求其期望值．
【详解】（1）由题意，乙同学得分的基本事件有乙抢到两题且一道正确一道错误、
甲乙各抢到一题都回答正确、甲抢到两题且回答错误，
所以乙同学得分的概率为

（2）由题意，甲同学的累计得分可能值为0，50，100，150，200，
，
，
，
，
，
分布列如下：













所以期望．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；
（2）过作，，垂足分别为，，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可．
【详解】（1）（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面．
（2）过作，，垂足分别为，，连接，

因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，即即为二面角的平面角，
不妨设，则可知，且，，
因为，所以，所以，
过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设直线PD与平面PBC所成角为，则，
直线PD与平面PBC所成角的正弦值为
21．(1)；
(2).

【分析】（1）由题设有且求参数a，进而写出椭圆方程.
（2）讨论的斜率，当斜率存在时设、，联立椭圆方程结合韦达定理求关于的表达式，再由，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段中垂线的方程及的范围，即可确定的取值范围.
【详解】（1）由已知条件得：，令，得，
由题意知：，解得，
∴椭圆的标准方程为，
（2）①当直线的斜率不存在时，显然不合题意；
②当直线斜率存在时，设，
当时，此时关于y轴对称，令，
∴且，则，又，
∴，解得或(舍)，则符合题设.
∴此时有；
当时，则，得，，
设，则，得，，
且，
由，即，
∴，整理得，解得（舍去），
代入得：，
∴为，得：，
则线段的中垂线为，
∴在轴上截距，而，
∴且，
综合①②:线段的中垂线在轴上的截距的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问，讨论直线斜率，设直线方程及交点坐标，联立椭圆方程并应用韦达定理求交点坐标与所设直线参数的表达式，再根据向量垂直的坐标表示求参数，进而确定中垂线方程及参数范围.
22．(1)
(2)① ；②证明见解析

【分析】（1）利用不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题，通过对的讨论，求出在给定区间的最值即可求出的值；
（2）①由函数有两个不同的极值点，得，有两个不同零点，通过参数分离有，构造函数，确定的单调性和极值，进而可求的取值范围；
②由已知得，取对数得，通过换元，，构造函数，讨论函数的单调性，确定的不等关系，再转化为，的关系即可证明．
【详解】（1）由，得，
当时，因为，不合题意
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，则由得，
所以，故实数取值的集合
（2）①由已知，，
因为函数有两个不同的极值点，，
所以有两个不同零点，
若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，
与已知矛盾，舍去
当时，由，得，令
所以，当时，，单调递增
当时，，单调递减
所以，
因为，，所以，所以，
故实数的取值范围为
②设，由①则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，
即，令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，
则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以，
故成立．