打卡第五天-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五天
难度：一般 建议用时:60分钟
一、单选题
1．（2022·全国·高考真题）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
2．（2022·全国·高考真题）（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复数的乘法可求.
【详解】，
故选：D.
3．（2022·全国·高考真题）已知向量，若，则（ ）
A．B．C．5D．6
【答案】C
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解：,,即,解得,
故选：C
4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．

5．（2022·全国·高考真题）设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
6．（2022·全国·高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
二、多选题
7．（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
8．（2022·全国·高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
三、填空题
9．（2022·全国·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
【答案】-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
10．（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
四、解答题
11．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
12．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

13．（2022·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
Ⅲ 精选模拟题预测
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据不等式的解法化简集合，根据交集运算即可.
【详解】因为合，
所以，
故选：B
2．已知复数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意，根据共轭复数的概念可得，结合复数的乘方、乘除法运算即可求解.
【详解】因为，所以，
所以．
故选：C．
3．已知点是边长为2的正三角形的重心，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】以线段的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据题意求得的坐标，结合向量的数量积的坐标运算公式，即可求解.
【详解】如图所示，以线段的中点为坐标原点，以线段所在的直线为轴，线段的垂直的平分线为轴，建立平面直角坐标系，
因为的边长为，可得，
又因为为的重心，可得，所以，
则.
故选：C.
4．若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，则圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设球的半径为，分别求出圆柱及球的表面积，从而可得两者表面积之比.
【详解】设球的半径为，则由题意，，
所以圆柱的表面积与球的表面积之比为，
故选：D
5．将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，进而即可求解.
【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，
由题意以为原点，以边长为2的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：
由题意，
不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），
在中，令得，
所以的面积为，
而点到直线的距离为，
此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），
所以，
所以；
若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边，
此时上述情况中的点于原点重合，
此时三棱锥体积的最大值为
（此时面面），
其中为点到的距离，即的长度；
将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：
不失一般性，设该直线分别与交于点，
折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，
又因为，
所以，所以，
由题意，设，
所以，
过点向引垂线，垂足为，则，
所以四棱锥体积的最大值为
（此时四边形与三角形垂直），
从而，或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当且仅当时，有，
综上所述，满足题意的直线为，且此时，
此时我们首先来求四边形外接圆圆心，
因为中点坐标为，斜率为，
所以的垂直平分线方程为，
而中垂直线方程为，
从而解得，
所以四边形外接圆半径为，
而到直线的距离为，
又满足题意的四棱锥的高为，
设满足题意的四棱锥的外接球球心为，
设球心到平面的距离为，
则由可得，，即，
解得，
从而满足题意的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解.
6．已知函数，若为的零点，是的图象的对称轴，且在区间上单调，则实数取最大值时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据在区间上单调求得，再结合零点和对称轴得，即可得，最后根据对称轴得，结合，求解验证即可.
【详解】
因为的最小正周期，且在区间上单调，所以，
又，故①；
又因为为的零点，是的图象的对称轴，
所以（），整理，得（）②.
由①②得且为奇数，当时，将代入，
令（），得，
又，故取，得，此时（）.
验证当时，，满足在区间上单调递减.
故实数的最大值为，此时.故选：B
二、多选题
7．在直三棱柱中，点是的中点，，点为侧面（含边界）上一点，平面，则下列结论正确的是（ ）

A．
B．直线与直线所成角的余弦值是
C．点到平面的距离是
D．线段长的最小值是
【答案】ACD
【分析】可先证，，进而可证得平面，则选项A可判定；将两异面直线平移到相交，在三角形利用余弦定理处理，即可判定选项B；利用等积法即可求出点到平面的距离，则选项C可判定；先求出点轨迹，在利用等面积法求出线段长的最小值，则选项D可判定.
【详解】在直棱柱中,
在中，
可得
，
所以，可得,
又,且两直线在平面内，
可得平面，
由平面,
所以，故必选项A正确；
已知,
点D到平面的距离为，
所以,
,
,
,
所以，
设到平面的距离为，
则，可得，故C选项正确；
取中点，连接又点是的中点

在直棱柱中可得,,
所以四边形为平行四边形，
则,，
取中点,连接，又中点为，
可得，，
在直角三角形中,
在直角三角形中,
在直角三角形中
在三角形中,
又，，所以直线与直线所成角为的补角，
所以直线与直线所成角的余弦值是，
故选项B错误;
取中点,连接可得,

又不在平面，在平面，
所以平面，
同理平面，
又,
所以可得平面平面，
所以点的轨迹为线段，
因为,,
所以在三角形中由余弦定理可得,
可得,
所以,
设B到的距离为，由等面积法可得
,解得，
可得长的最小值是，
故选项D正确；
故选：ACD.
8．已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（ ）
A．
B．存在实数，使得
C．若，则
D．若直线与的倾斜角互补，则
【答案】ACD
【分析】
根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可判断A正确；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线与的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.
【详解】
由已知，抛物线：，∴，，焦点，
不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，

对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，
直线：过焦点，
∴由抛物线的定义，故选项A正确；
对于B，消去，化简得（显然），
则，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴不存在实数，使得，选项B错误；
对于C，，，
∵，∴，∴，
又∵由选项B判断过程知，，
∴解得，，或，，，
∴若，则，选项C正确；
对于D，由题意，，，，，
直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，
∴，代入，，化简得，
由选项B的判断知，，
∴，∴，故选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题
9．的展开式中的系数为 ．
【答案】
【分析】利用展开式求出所有含的项即可得出系数为.
【详解】由二项式定理可知展开式中含有的项为，
所以可得展开式中的系数为.
故答案为：
10．过椭圆的左焦点引直线交椭圆于两点，若弦的长为，则直线的斜率为 .
【答案】
【分析】先将椭圆方程化为标准方程，然后求出，从而可求出左焦点的坐标，设直线为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式列方程可求出，从而可求出直线的斜率.
【详解】椭圆，即，则，，，左焦点为，
设直线为，，
由，得，
整理得，
因为，
所以，
所以，
，解得，
所以直线为斜率为，
故答案为：.
四、解答题
11．已知数列的前项和满足．
(1)求证：是等差数列；
(2)若当且仅当时，最大，比较与的大小．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】
（1）根据与之间的关系可得，则，两式相减得，即可证明；
（2）根据题意结合等差数列分析可知，解得，结合等差数列性质分析判断.
【详解】（1）因为，则有：
若，则，即；
且，
两式相减得，
即，则，
两式相减得，所以是等差数列.
（2）设等差数列的公差为，
由题意可知：，即，解得，
则，且，
所以.
12．如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.
(1)求的长度；
(2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)1
(2)
【分析】
（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得，再利用三角形相似可求得；
（2）建立空间直角坐标系，设，并根据坐标分别求得平面与平面的法向量，由两平面夹角的余弦值列方程解得，可得.
【详解】（1）作，垂足为，连接，如下图所示：

由点在平面的射影落在边上可得平面，
又平面，所以，
因为，且平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为为矩形，，可得，
由，可得，
所以，；