打卡第七天-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（新高考通用）（原卷版+解析版）

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Ⅱ 真题限时训练
新高考真题限时训练打卡第七天
难度：一般 建议用时:60分钟
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题）复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.
【详解】，所以该复数对应的点为，
该点在第一象限，
故选：A.
2．（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26%B．34%C．42%D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
3．（2021·全国·高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
4．（2021·全国·高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13B．12C．9D．6
【答案】C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
5．（2021·全国·高考真题）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
6．（2021·全国·高考真题）已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.
【详解】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
二、多选题
7．（2022·全国·高考真题）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
【答案】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.
8．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
三、填空题
9．（2022·全国·高考真题）已知随机变量X服从正态分布，且，则 ．
【答案】/．
【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．
【详解】因为，所以，因此．
故答案为：．
10．（2022·全国·高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
四、解答题
11．（2022·全国·高考真题）已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
【详解】（1）设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
12．（2022·全国·高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【详解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
13．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
Ⅲ 精选模拟题预测
一、单选题
1．i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
利用复数的乘方及复数除法运算，结合共轭复数的意义求解即得.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
2．体积为的三棱锥的所有顶点都在球的球面上,已知是边长为的正三角形,为球的直径,则球的表面积为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】球心位于中点,且在平面内的投影为的外心,设球的半径,结合图形,根据题目条件求出三棱锥的高,再由棱锥的体积求出即可求解.
【详解】根据题意作出图形:
设球心为,球的半径,过三点的小圆的圆心为,则平面,
延长,做,垂足为,则平面.
因为,
所以,
则高,
因为是边长为的正三角形,
所以,
则,
解得,
则球的表面积为.
故选:C.
3．已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用圆锥与其内切球的轴截面，由已知数据计算出圆锥底面半径和母线长，可求圆锥的表面积.
【详解】圆锥与其内切球的轴截面如下图所示，
由已知，可知，所以圆锥的轴截面为正三角形，
因为，所以圆锥底面圆半径，母线，
则圆锥的表面积为．
故选：C．
4．若为椭圆：上一点，，为的两个焦点，且，则（ ）
A．B．C．D．5
【答案】D
【分析】
根据椭圆的定义可得，联立即可.
【详解】
由题意可得，则，，
所以，
即，所以.
故选：D
5．著名数学家华罗庚先生被誉为“中国现代数学之父”，他倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用．黄金分割比，现给出三倍角公式和二倍角角公式，则与的关系式正确的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
考虑，结合整体代换即可求解.
【详解】因为，即，令，
则，，，
即，因为，所以，
即，整理得，
解得，因为，所以，
故.
故选：B
6．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据，为偶函数得到等式关系，可判断C,D；根据函数的对称轴可求得函数的极值点，结合极值点的性质可判断选项B；根据函数的图象的不确定性，可判断选项A.
【详解】为偶函数，可得，
关于对称，
，故不正确；
为偶函数，
，关于对称，故不正确；
关于对称，是函数的一个极值点，
函数在处的导数为0，即，
又的图象关于对称，，
函数在的导数为0，
是函数的极值点，又的图象关于对称，
关于的对称点为，
由是函数的极值点可得是函数的一个极值点，
，
进而可得，故是函数的极值点，
又的图象关于对称，
关于的对称点为，
，故正确；
图象位置不确定，可上下移动，
即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故错误．
故选:B.
二、多选题
7．已知函数，则（ ）
A．函数没有零点
B．直线是函数与图象的公共切线
C．当时，函数的图象在函数图象的下方
D．当时，
【答案】BC
【分析】
根据零点定义判断A；利用导数的几何意义求出切线判断B；构造函数利用导数求最值判断C；利用赋值法判断选项D
【详解】因为 ，
所以是函数的零点，故A错；
，
所以函数与在处的切线方程为，即，
所以直线是函数与图象的公共切线，故B对；
令，
，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增；在上单调递减，
由于，所以恒成立，
即恒成立，且当时，，
所以当时，函数的图象在函数图象的下方，故C对；
由， 令时，，
，
而，
所以，故D错；
故选：BC
8．如图所示，圆台的母线与下底面的夹角为，上底面与下底面的直径之比为，为一条母线，且，为下底面圆周上的一点，，则（ ）

A．三棱锥的体积为2B．圆台的表面积为
C．的面积为D．直线与夹角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】
由三棱锥的体积公式即可判断A，由圆台的表面积公式即可判断B，由三角形的面积公式即可判断C，由异面直线夹角的概念以及余弦定理即可判断D
【详解】
根据题意，圆台的轴截面如图所示，
分别过点作于点，
则，，所以
由上底面与下底面的直径之比为可得，则，
所以圆台的高为，，
则，故A正确；

设圆台的上下底面圆的半径分别为，则，
则圆台的表面积为，故B正确；
过点作的垂线交于，则可得平面，
且平面，则，
过点作的垂线交于，连接，即，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，则，由可得，即，
所以，且，所以，
则，故C错误；
过点作的平行线交底面圆周于点，连接，
则即为直线与所成角（或补角），
在中，，，，
由余弦定理可得，
则直线与夹角的余弦值为，故D正确；
故选：ABD
三、填空题
9．设随机变量，则
【答案】/0.5
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率作答.
【详解】随机变量，所以.
故答案为：
10．若圆关于直线对称的圆恰好过点，则实数的值为 .
【答案】4
【分析】利用轴对称列式求出点关于直线的对称点的坐标，再代入圆方程即得.
【详解】依题意，点关于直线的对称点在圆上，
则，解得，因此点在圆上，
则，解得，
所以实数的值为4.
故答案为：4
四、解答题
11．已知等差数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式
(2)求的前项和
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列前项和公式，结合等差数列的下标性质、通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列的定义，结合等差数列前项和公式进行求解即可.
【详解】（1）设的公差是，则，∵，，
∴， ，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）由（1）可得，
∴，
∵，
所以是等差数列，首项是，公差是，
所以.
12．某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3:3:4，三个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有的学生成为公益活动志愿者．
(1)设事件“在三个年级中随机抽取的1名学生是志愿者”；事件“在三个年级中随机抽取1名学生，该生来自高年级”（）．请完成下表中不同事件的概率并写出演算步骤：
(2)若在三个年级中随机抽取1名学生是志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自于高一年级的概率．
【答案】(1)表格见解析，演算步骤见解析
(2)
【分析】
（1）根据三个年级的人数比值，以及每层抽取的比例，即可填写表格，再根据全概率公式，即可求解
（2）根据条件概率公式，即可求解
【详解】（1）根据三个年级的人数比值为，则，
，，
由每个年级的抽取比例可知，，，
由全概率公式，得
，
（2）该学生来自于高一年级的概率.
13．对三次函数，如果其存在三个实根，则有.称为三次方程根与系数关系.
(1)对三次函数，设，存在，满足.证明：存在，使得；
(2)称是上的广义正弦函数当且仅当存在极值点，使得.在平面直角坐标系中，是第一象限上一点，设.已知在上有两根.
（i）证明：在上存在两个极值点的充要条件是；
（ii）求点组成的点集，满足是上的广义正弦函数.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)（i）证明过程见解析（ii）
【分析】（1）设，求导并结合得，取满足题意，且此时必有即可得证；
（2）（i）由题意求导得，
设，则，且时，，所以原问题等价于证明方程有一个负根，且两个不同的正根的充要条件是；（ii）首先时，也恰好有两个正根，其次进一步得出，然而可以发现，由此即可进一步求解.
【详解】（1）因为，所以不妨设，
所以，
因为，
所以，
所以不妨取满足题意，且此时必有，
否则若，则有，，，
而此时与已知矛盾，
综上所述，存在，使得.
（2）（i）是第一象限上一点，所以，
因为，所以，
设，则，
而时，，时，，
所以存在负根，
因为在上存在两个极值点，等价于方程在上有两个根，
等价于方程在上存在两个根，
注意到三次方程最多有3个根，
所以方程有一个负根，两个不同的正根，
而，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当且仅当，即当且仅当，
综上所述，命题（i）得证；
（ii）容易验证，时，也恰好有两个正根，
此时：由于对来说，等价于，等价于，
所以对，如果，
那么，
这意味着，
然后，对两个不相等的正数，
所以当且仅当，
那么如果或，就有或，故，
此时，
所以，
这意味着，
最后，由于有一个极值点，
所以都不等于（是不相等的正零点，同时该方程还有另一个负零点，但只要是根就是二重的，所以不可能是根），
这就说明，
结合的单调性以及，必有，
所以此时一定是广义正弦函数，
综上所述，满足题意的.
【点睛】关键点点睛：第二问（ii）的关键是发现，以及，由此即可顺利得解.
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
事件概率
概率值
事件概率
概率值