打卡第九天-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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新高考真题限时训练打卡第九天
难度：一般 建议用时:60分钟
一、多选题
1．（2021·全国·高考真题）下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（ ）
A．样本的标准差B．样本的中位数
C．样本的极差D．样本的平均数
【答案】AC
【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.
【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；
由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；
由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；
由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；
故选：AC.
2．（2022·全国·高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
3．（2021·全国·高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
二、填空题
5．（2021·全国·高考真题）已知函数是偶函数，则 .
【答案】1
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
6．（2021·全国·高考真题）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为 .
【答案】
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
7．（2021·全国·高考真题）已知向量，，， ．
【答案】
【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.
【详解】由已知可得，
因此，.
故答案为：.
8．（2021·全国·高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
三、解答题
9．（2021·全国·高考真题）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.
10．（2021·全国·高考真题）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答A类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）类．
【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．
【详解】（1）由题可知，的所有可能取值为，，．
；
；
．
所以的分布列为
（2）由（1）知，．
若小明先回答问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，，．
；
；
．
所以．
因为，所以小明应选择先回答类问题．
11．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
12．（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
13．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
14．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
Ⅲ 精选模拟题预测
一、多选题
1．甲在一次面试活动中，7位考官给他们打分分别为：61、83、84、87、90、91、92.则下列说法正确的有（ ）
A．这7个分数的第70百分位数为87
B．这7个分数的平均数小于中位数
C．去掉一个最低分和一个最高分后，分数的方差会变小
D．去掉一个最低分和一个最高分后，分数的平均数会变小
【答案】BC
【分析】分别求得中位数、百分位数、平均值、方差判断各选项．
【详解】对于A，由于，所以第70百分位数是第5个数90，故A错误；
对于B，这7个数的均值为分，
中位数是第4个数为87，所以平均数小于中位数，故B正确；
对于C，去掉一个最低分和一个最高分后，分数更加集中，故方差会变小，故C正确；
对于D，去掉61和92后，平均数为分，
因为，所以分数的平均数会变小，故D错误．
故选：BC.
2．已知点P是椭圆上一点，点、是椭圆的左、右焦点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积为
B．若点M是椭圆上一动点，则的最大值为9
C．内切圆的面积为
D．点P的纵坐标为
【答案】AC
【分析】
由椭圆的定义得，焦点三角形中结合余弦定理，得，由面积公式求值判断选项A；定义法求向量数量积判断选项B；面积法求内切圆半径，计算面积判断选项C；由面积求点P的纵坐标判断选项D.
【详解】椭圆的方程为，则，，，根据椭圆定义得.
对于A选项，（Ⅰ），
在中，由余弦定理得，即（Ⅱ），
由（Ⅰ）和（Ⅱ）得，
则的面积，故A选项正确.
对于B选项，设点，则，
，
当时，取得最大值5，故B选项错误.
对于C选项，设内切圆的半径为r，由A选项知的面积为，
则，即，解得，
所以内切圆的面积为，故C选项正确.
对于D选项，由A选项知的面积为，则，即，故D选项错误.
故选：AC.
3．已知点和：，过P点的两条直线分别与相切于A，B两点.则以下命题正确的是（ ）
A．
B．
C．P、A、Q、B均在圆上
D．A，B所在直线方程为
【答案】ACD
【分析】结合图象可知，逐项判断即可.
【详解】根据题意，圆心，半径为2，
过P点的两条直线分别与相切于A，B两点，如图，
则，所以，，
所以A正确，B错误；
四边形为正方形，中心为
所以P、A、Q、B均在圆上，C正确；
所在直线方程为，D正确.
故选：ACD.
4．如图，点是正四面体底面的中心，过点且平行于平面的直线分别交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）
A．若平面，则
B．存在点与直线，使
C．存在点与直线，使平面
D．
【答案】ACD
【分析】根据线面平行的性质定理，可判断A；由空间向量数量积可判断B；当直线平行于直线，时，通过线面垂直的判定定理可判断C，由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，
平面平面，
又平面，平面，，
点在面上，过点的直线交，于点，，平面，
又平面，平面平面，，
，故A正确；
对于B，设正四面体的棱长为，
，故B错误；
对于C，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，
以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，
，，，均为正三角形，
点为的中心，，
由正三角形中的性质，易得，
在中，，，，
由余弦定理得，，
，则，
同理，，又，平面，平面，
平面，存在点S与直线MN，使平面，故C正确；
对于D，设为的中点，则，
又∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
设，，，则，
∵，，，四点共面，∴，
又∵，∴，∴，
即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了空间向量数量积和共面向量定理，解题的关键是熟悉利用空间向量的共面定理，考查了转化能力与探究能力，属于难题.
二、填空题
5．已知函数是奇函数，则 ．
【答案】
【分析】
由已知结合奇函数的定义即可求解．
【详解】
因为是奇函数，则，
所以
即，则，
经检验，满足题意.
故答案为：．
6．抛物线绕其顶点逆时针旋转之后，得到抛物线，其准线方程为，则抛物线的焦点坐标为 ．
【答案】
【分析】
利用旋转后抛物线的顶点到准线的距离等于顶点到其焦点的距离，求出，进而得到结果.
【详解】
由于抛物线绕其顶点逆时针旋转之后，
抛物线的顶点到其准线的距离与到其焦点的距离相等，即为
且可知，则，则，所以抛物线的焦点坐标为．
故答案为：.
7．在平行四边形中，已知，，，，则 ．
【答案】
【分析】设，根据题意化简求得，再由，即可求解.
【详解】如图所示，设，
因为，，可得，，
又因为，，
可得，，
两式相减得到，可得，
又由，所以.
故答案为：.

8．抛物线上一点到焦点的距离为2，则延长交抛物线于点，则的值为
【答案】/
【分析】设，如图，由抛物线的定义可得，求得，进而求出直线MN方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求出，
结合计算即可求解.
【详解】由题意知，，则，设，如图，
由抛物线的定义知，得，代入方程，
得，由解得，即，
所以直线MN的斜率为，则直线MN方程为，
即，代入方程，得，
则，所以.
故答案为：.
三、解答题
9．在等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若记为中落在区间内项的个数，求的前k项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）根据给定条件，利用等差数列性质，结合通项公式求解即得.
（2）解不等式求出，再利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式求解.
【详解】（1）等差数列中，由，得，而，解得，
因此数列的公差，，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，，由，得，整理得，
因此正整数满足，从而得，
所以的前k项和为.
10．5G网络是第五代移动通信网络的简称，是新一轮科技革命最具代表性的技术之一．2020年初以来，我国5G网络正在大面积铺开．市某调查机构为了解市民对该市5G网络服务质量的满意程度，从使用了5G手机的市民中随机选取了200人进行问卷调查，并将这200人根据其满意度得分分成以下6组：、、、…、，统计结果如图所示：