新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷一解题方法专练方法1直接法排除法特值法数形结合法（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷一解题方法专练方法1直接法排除法特值法数形结合法（附解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．[2023·新课标Ⅰ卷]已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，则z－eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．－iB．iC．0D．1
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知α为锐角，csα＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sineq \f(α,2)＝( )
A．eq \f(3－\r(5),8)B．eq \f(－1＋\r(5),8)C．eq \f(3－\r(5),4)D．eq \f(－1＋\r(5),4)
3．[2021·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为eq \r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2B．2eq \r(2)C．4D．4eq \r(2)
4．[2022·全国甲卷]函数y＝(3x－3－x)csx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的图象大致为( )

5．[2023·全国乙卷]已知f(x)＝eq \f(xex,eax－1)是偶函数，则a＝( )
A．－2B．－1C．1D．2
6．一个四面体的所有棱长都为eq \r(2)，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )
A．3πB．4πC．3eq \r(3)πD．6
7．[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的取值范围是( )
A．(－2，6) B．(－6，2) C．(－2，4) D．(－4，6)
8．[2022·全国乙卷]双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cs∠F1NF2＝eq \f(3,5)，则C的离心率为( )
A．eq \f(\r(5),2)B．eq \f(3,2)C．eq \f(\r(13),2)D．eq \f(\r(17),2)
二、多项选择题
9．[2023·新课标Ⅰ卷]有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则( )
A．x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B．x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C．x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D．x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
10．[2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝sin (2x＋φ)(0<φ<π)的图象关于点(eq \f(2π,3)，0)中心对称，则( )
A．f(x)在区间(0，eq \f(5π,12))单调递减B．f(x)在区间(－eq \f(π,12)，eq \f(11π,12))有两个极值点
C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线
11．[2022·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
12．[2023·新课标Ⅱ卷]设O为坐标原点，直线y＝－eq \r(3)(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( )
A．p＝2B．|MN|＝eq \f(8,3)
C．以MN为直径的圆与l相切D．△OMN为等腰三角形
[答题区]
三、填空题
13．[2023·新课标Ⅰ卷]某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答).
14．[2023·新课标Ⅱ卷]已知向量a，b满足|a－b|＝eq \r(3)，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________．
15．[2023·新课标Ⅱ卷]已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为eq \f(8,5)”的m的一个值________．
16．[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝csωx－1(ω>0)在区间[0，2π]有且仅有3个零点，则ω的取值范围是________．
方法1 直接法 排除法 特值法 数形结合法
1．解析：因为z＝eq \f(1－i,2＋2i)＝eq \f(（1－i）2,2（1＋i）（1－i）)＝－eq \f(1,2)i，所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)i，所以z－eq \(z,\s\up6(－))＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)i＝－i.故选A.
答案：A
2．解析：方法一 由题意，csα＝eq \f(1＋\r(5),4)＝1－2sin2eq \f(α,2)，得sin2eq \f(α,2)＝eq \f(3－\r(5),8)＝eq \f(6－2\r(5),16)＝(eq \f(\r(5)－1,4))2，又α为锐角，所以sineq \f(α,2)>0，所以sineq \f(α,2)＝eq \f(－1＋\r(5),4)，故选D.
方法二 由题意，csα＝eq \f(1＋\r(5),4)＝1－2sin2eq \f(α,2)，得sin2eq \f(α,2)＝eq \f(3－\r(5),8)，将选项逐个代入验证可知D选项满足，故选D.
答案：D
3．解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×eq \r(2)，解得l＝2eq \r(2).故选B.
答案：B
4．解析：设函数f(x)＝(3x－3－x)csx，则对任意x∈[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cs (－x)＝－(3x－3－x)csx＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，因此排除B，D选项．又f(1)＝(3－3－1)cs1＝eq \f(8,3)cs1＞0，所以排除C选项．故选A.
答案：A
5．解析：方法一 f(x)的定义域为{x|x≠0}，因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即eq \f(xex,eax－1)＝eq \f(－xe－x,e－ax－1)，即e(1－a)x－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故选D.
方法二 f(x)＝eq \f(xex,eax－1)＝eq \f(x,e（a－1）x－e－x)，f(x)是偶函数，又y＝x是奇函数，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函数，故a－1＝1，即a＝2，故选D.
答案：D
6．解析：将正四面体ABCD补形成正方体，则正四面体、正方体的中心与其外接球的球心共一点，因为正四面体棱长为eq \r(2)，所以正方体棱长为1，从而外接球半径R＝eq \f(\r(3),2)，所以S球＝3π.
答案：A
7．解析：eq \(AB,\s\up6(→))的模为2，根据正六边形的特征，
可以得到eq \(AP,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))方向上的投影的取值范围是(－1，3)，结合向量数量积的定义式，
可知eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))等于eq \(AB,\s\up6(→))的模与eq \(AP,\s\up6(→))在eq \(AB,\s\up6(→))方向上的投影的乘积，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))的取值范围是(－2，6)，故选A.
答案：A
8．解析：由题意，知点N在双曲线的右支上，不妨设点N在第一象限，如图．设切点为点A，连接DA，则DA⊥MN，易知|DA|＝a，
|DF1|＝c，则|AF1|＝eq \r(c2－a2)＝b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，则F2B∥DA.又因为点D为F1F2的中点，所以|F2B|＝2|DA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cs∠F1NF2＝eq \f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq \f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq \f(4,3)，所以|F2N|＝eq \f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq \f(5a,2)，|BN|＝eq \f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq \f(3a,2)，所以|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋eq \f(3a,2).由双曲线的定义，得|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即eq \f(b,a)＝eq \f(3,2).所以双曲线C的离心率e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(1＋\f(9,4))＝eq \f(\r(13),2).故选C.
答案：C
9．解析：取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为eq \r(\f(22,3))＝eq \f(\r(66),3)，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.
答案：BD
10.解析：由题意，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝sin（eq \f(4π,3)＋φ）＝0，所以eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－eq \f(4π,3)＋kπ，k∈Z.又0<φ<π，所以当k＝2时，φ＝eq \f(2π,3).故f（x）＝sin（2x＋eq \f(2π,3)）.选项A，当x∈（0，eq \f(5π,12)）时，令u＝2x＋eq \f(2π,3)∈（eq \f(2π,3)，eq \f(3π,2)）.由y＝sinu的图象，知y＝f（x）在区间（0，eq \f(5π,12)）上单调递减，故正确．选项B，当x∈（－eq \f(π,12)，eq \f(11π,12)）时，2x＋eq \f(2π,3)∈（eq \f(π,2)，eq \f(5π,2)）.由y＝sinu的图象，知y＝f（x）在区间（－eq \f(π,12)，eq \f(11π,12)）内只有1个极值点，故错误．选项C，当x＝eq \f(7π,6)时，2x＋eq \f(2π,3)＝3π，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)))＝0，所以直线x＝eq \f(7π,6)不是曲线y＝f（x）的对称轴，故错误．选项D，令f′（x）＝2cs（2x＋eq \f(2π,3)）＝－1，得cs（2x＋eq \f(2π,3)）＝－eq \f(1,2)，则2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝eq \f(π,3)＋kπ，k∈Z.所以函数y＝f（x）的图象在点（0，eq \f(\r(3),2)）处的切线斜率为f′（0）＝2cseq \f(2π,3)＝－1，切线方程为y－eq \f(\r(3),2)＝－（x－0），即y＝eq \f(\r(3),2)－x，故正确．选AD.
答案：AD
11．解析：由题意知f′（x）＝3x2－1.令f′（x）＝0，得x＝eq \f(\r(3),3)或x＝－eq \f(\r(3),3).令f′（x）＞0，得x＜－eq \f(\r(3),3)或x＞eq \f(\r(3),3)；令f′（x）＜0，得－eq \f(\r(3),3)＜x＜eq \f(\r(3),3).所以f（x）在（－∞，－eq \f(\r(3),3)）和（eq \f(\r(3),3)，＋∞）上单调递增，在（－eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，所以A正确．f（x）极大值＝f（－eq \f(\r(3),3)）＝－eq \f(\r(3),9)＋eq \f(\r(3),3)＋1＞0，f（x）极小值＝f（eq \f(\r(3),3)）＝eq \f(\r(3),9)－eq \f(\r(3),3)＋1＞0.当x→＋∞时，f（x）→＋∞；当x→－∞时，f（x）→－∞，所以f（x）有一个零点，所以B错误．因为f（x）＋f（－x）＝x3－x＋1＋（－x）3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f（x）关于点（0，1）对称，所以C正确．令f′（x）＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为（1，1）或（－1，1），则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
答案：AC
12．解析：由题意，易知直线y＝－eq \r(3)（x－1）过点（1，0）.
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为（1，0），所以eq \f(p,2)＝1，即p＝2，所以A选项正确．
对于B，不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），x1对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为（eq \f(5,3)，－eq \f(2\r(3),3)），半径r＝eq \f(1,2)|MN|＝eq \f(8,3)＝eq \f(5,3)＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确．
对于D，由两点间距离公式可得|MN|＝eq \f(16,3)，|OM|＝eq \f(\r(13),3)，|ON|＝eq \r(21)，故D选项错误．故选AC.
答案：AC
13．解析：方法一 由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) 种方案．综上，不同的选课方案共有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝64（种）.
方法二 若学生从这8门课中选修2门课，则有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(8)) －C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) －C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝16（种）选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(8)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝48（种）选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64（种）.
答案：64
14．解析：由|a－b|＝eq \r(3)，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3 ①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，结合①，得3a2－3（a2＋b2－3）＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
15．解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C（1，0），半径R＝2，C到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(1＋m2))，|AB|＝2eq \r(R2－d2)＝2eq \r(4－（\f(2,\r(1＋m2))）2)＝eq \f(4|m|,\r(1＋m2)).由S△ABC＝eq \f(8,5)，得eq \f(1,2)×eq \f(4|m|,\r(1＋m2))×eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(8,5)，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±eq \f(1,2)，故答案可以为2.
答案：2（答案不唯一，可以是±eq \f(1,2)，±2中任意一个）
16．解析：方法一 函数f（x）＝csωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即csωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，因为ω>0，x∈[0，2π]，所以ωx∈[0，2ωπ]，则由余弦函数的图象可知，4π≤2ωπ<6π，解得2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3）.
方法二 函数f（x）＝csωx－1在区间[0，2π]有且仅有3个零点，即csωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，根据函数y＝csx在[0，2π]上的图象可知，csx＝1在区间[0，2π]有2个根，所以若csωx＝1在区间[0，2π]有且仅有3个根，则函数y＝csωx在[0，2π]内至少包含2个周期，但小于3个周期，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2×\f(2π,ω)≤2π,3×\f(2π,ω)>2π))，又ω>0，所以2≤ω<3，即ω的取值范围是[2，3）.
答案：[2，3）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案