高考逆襲卷02（試卷含解析）-2024年高考數(shù)學(xué)最后沖刺大題秒殺技巧及題型專項(xiàng)訓(xùn)練（新高考新題型專用）

2024年高考考前逆襲卷（新高考新題型）02（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）全國(guó)新高考卷的題型會(huì)有所調(diào)整，考試題型為8（單選題3（多選題3（填空題5（解答題其中最后一道試題是新高考地區(qū)新增加的題型，主要涉及集合、數(shù)列，導(dǎo)數(shù)等模塊，以解答題的方式進(jìn)行考查。預(yù)測(cè)2024年新高考地區(qū)數(shù)列極有可能出現(xiàn)在概率與統(tǒng)計(jì)大題中，而結(jié)構(gòu)不良型題型可能為集合或?qū)?shù)模塊中的一個(gè)，出現(xiàn)在19題的可能性較大，難度中等偏上，例如本卷第19題。第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。則這組數(shù)據(jù)的方差為()則PnQ等于()3．在ΔABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若A、B、C成等差數(shù)列，3a、3b、3c成等比數(shù)列，則cosAcosB=()4．在三棱錐S—ABC中，底面ABC為邊長(zhǎng)為3的正三角形，側(cè)棱SA」底面ABC，若三棱錐的外接球的體積為36π,則該三棱錐的體積為()5．有一排7只發(fā)光二極管，每只二極管點(diǎn)亮?xí)r可發(fā)出紅光或綠光，若每次恰有3只二極管點(diǎn)亮，且相鄰的兩只不能同時(shí)點(diǎn)亮，根據(jù)三只點(diǎn)亮的不同位置，或不同顏色來(lái)表示不同的信息，則這排二極管能表示的信息種數(shù)共有種A．10B．48C．6017．按照“碳達(dá)峰”、“碳中和”的實(shí)現(xiàn)路徑，2030年為碳達(dá)峰時(shí)期，2060年實(shí)現(xiàn)碳中和，到2060年，純電動(dòng)汽車(chē)在整體汽車(chē)中的滲透率有望超過(guò)70%，新型動(dòng)力電池迎來(lái)了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量C（單位：Ah放電時(shí)間t（單位：h）與放電電流I（單位：A）之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：C=In.t，其中n為Peukert常數(shù)，為了測(cè)算某蓄電池的Peukert常數(shù)n，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流I=20A時(shí)，放電時(shí)間t=20h；當(dāng)放電電流I=30A時(shí)，放電時(shí)間t=10h.則該蓄電池的Peukert常數(shù)n大約為參考數(shù)據(jù)：lg2~0.30，lg3~0.48）8．過(guò)雙曲線=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)F作漸近線的垂線，設(shè)垂足為P（P為第一象限的點(diǎn)延長(zhǎng)FP交拋物線y2=2px(p>0)于點(diǎn)Q，其中該雙曲線與拋物線有一個(gè)共同的焦點(diǎn)，若=(+)，則雙曲線的離心率的平方為二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知i為虛數(shù)單位，以下四個(gè)說(shuō)法中正確的是()34C．若z=(1+2i)2，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限D(zhuǎn)．已知復(fù)數(shù)z滿足z一2i=3，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡為圓10．設(shè)直線系M：xcosθ+(y一2)sinθ=1(0<θ<2π)，則下面四個(gè)命題正確的是()A．點(diǎn)(0,2)到M中的所有直線的距離恒為定值B．存在定點(diǎn)P不在M中的任意一條直線上C．對(duì)于任意整數(shù)n(n之3)，存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上D．M中的直線所能?chē)傻恼切蚊娣e都相等11．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x一3)=f(5一x)，當(dāng)xe[0,1]時(shí)，f(x)=x2.設(shè)函數(shù)g(x)=log5x-1，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱B．f(x)的圖象在x=處的切線方程為y=-x+C．f(2021)+f(2022)+f(2023)+f(2024)=2D．f(x)的圖象與g(x)的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為10第II卷（非選擇題）}x2m<x<1-m}，命題p：xeA，命題若p是q的充分條件，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.13．已知多項(xiàng)式(x+3)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a54平面A1BE.以下命題正確的有.①側(cè)面CDD1C1上存在點(diǎn)F，使得B1F」CD1②直線B1F與直線BC所成角可能為30。③平面A1BE與平面CDD1C1所成銳二面角的正切值為2④設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則過(guò)點(diǎn)E,F,A的平面截正方體所得的截面面積最大為四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.(2)求證：A=2B；1615分）如圖1，在平面五邊形ABCDE中，AE//BD，且DE=2，經(jīng)EDB=60。，CD=BC=，cos經(jīng)DCB=，將ΔBCD沿BD折起，使點(diǎn)C到得到如圖2所示的四棱錐P-ABDE.(1)求證；PE」平面ABDE；(2)若AE=1，求平面PAB與平面PBD所成銳二面角的余弦值.1715分）甲進(jìn)行摸球跳格游戲．圖上標(biāo)有第1格，第2格，?,第25格，棋子開(kāi)始在第1格．盒中有5個(gè)大小相同的小球，其中3個(gè)紅球，2個(gè)白球（5個(gè)球除顏色外其他都相同每次甲在盒中隨機(jī)摸出兩球，記下顏色后放回盒中，若兩球顏色相同，棋子向前跳1格；若兩球顏色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格時(shí)，游戲結(jié)束．記棋子跳到第n格的概率為Pn(1)甲在一次摸球中摸出紅球的個(gè)數(shù)記為X，求X的分布列和期望；(2)證明：數(shù)列{Pn-Pn-1}(n=2,3,...,24)為等比數(shù)列.1817分）焦點(diǎn)在x軸上的橢圓+=1的左頂點(diǎn)為M，A(x1,y1)，B(x2,y2)，)為橢圓上不同三點(diǎn)，且當(dāng)=時(shí)，直線MB和直線MC的斜率之積為-.(1)求b的值；(2)若ΔOAB的面積為1，求x+x和y+y的值；(3)在（2）的條件下，設(shè)AB的中點(diǎn)為D，求OD.AB的最大值.n!=1x2x3x4x…xn,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…….以上公式稱為泰勒公式.設(shè)f(x)=,g(x)=，根據(jù)以上信息，并結(jié)合高中所學(xué)的數(shù)學(xué)知識(shí)，解決如下問(wèn)題.f(x)f(x)x((若x=0是F(x)的極小值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.2024年高考考前逆襲卷（新高考新題型）02（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）全國(guó)新高考卷的題型會(huì)有所調(diào)整，考試題型為8（單選題3（多選題3（填空題5（解答題其中最后一道試題是新高考地區(qū)新增加的題型，主要涉及集合、數(shù)列，導(dǎo)數(shù)等模塊，以解答題的方式進(jìn)行考查。預(yù)測(cè)2024年新高考地區(qū)數(shù)列極有可能出現(xiàn)在概率與統(tǒng)計(jì)大題中，而結(jié)構(gòu)不良型題型可能為集合或?qū)?shù)模塊中的一個(gè)，出現(xiàn)在19題的可能性較大，難度中等偏上，例如本卷第19題。第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．已知一組數(shù)據(jù)m，4，2，5，3的平均數(shù)為n，且m，n是方程x2-4x+3=0的兩根，則這組數(shù)據(jù)的方差為()【答案】C【詳解】解：方程x2-4x+3=0，即(x-3)(x-1)=0，解得x=3或x=1，又這組數(shù)據(jù)的其它值都大于1，故選：C.則PnQ等于()【答案】B【詳解】根據(jù)所給的兩個(gè)集合的元素，表示出兩個(gè)集合的交集，要求兩個(gè)向量的交集，即找出兩個(gè)向量集合中的相同元素，：元素是向量，要使的向量相等，只有橫標(biāo)和縱標(biāo)分別相等，故選：B.3．在ΔABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，若A、B、C成等差數(shù)列，3a、3b、3c成等比數(shù)列，則cosAcosB=()【答案】B【詳解】解：由A，B，C成等差數(shù)列，有2B=A+C（1）由（12）得B=.由3a，3b，3c成等比數(shù)列，得b2=ac，由余弦定理得，b2=a2+c2一2accosB故選：B.4．在三棱錐S一ABC中，底面ABC為邊長(zhǎng)為3的正三角形，側(cè)棱SA」底面ABC，若三棱錐的外接球的體積為36π,則該三棱錐的體積為()【答案】C【詳解】如圖，設(shè)外接球的球心為O.∵在三棱錐S一ABC中，底面ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，側(cè)棱SA」底面ABC，三棱錐的外接球的體積為36π,∴三棱錐的外接球的半徑R過(guò)A作AE」BC，交BC于E，過(guò)球心O作OD」平面ABC于D，則DeAE，且D是的距離為AD=，:SA=OD+OS2一AD2=2，∴該三棱錐的體積V=根SA根SΔABC5．有一排7只發(fā)光二極管，每只二極管點(diǎn)亮?xí)r可發(fā)出紅光或綠光，若每次恰有3只二極管點(diǎn)亮，且相鄰的兩只不能同時(shí)點(diǎn)亮，根據(jù)三只點(diǎn)亮的不同位置，或不同顏色來(lái)表示不同的信息，則這排二極管能表示的信息種數(shù)共有種A．10B．48C．60【答案】D【詳解】解：先選出三個(gè)孔來(lái)：1）若任意選擇三個(gè)孔，則有C73=35種選法2）若三個(gè)孔相鄰，則有5種選法3）若只有二個(gè)孔相鄰，相鄰孔為1、2兩孔時(shí)，第三孔可以選4、5、6、7，有4種選法相鄰孔為2、3兩孔時(shí)，第三孔可以選5、6、7，有3種選法相鄰孔為3、4兩孔時(shí)，第三孔可以選1、6、7，有3種選法相鄰孔為4、5兩孔時(shí)，第三孔可以選1、2、7，有3種選法相鄰孔為5、6兩孔時(shí)，第三孔可以選1、2、3，有3種選法相鄰孔為6、7兩孔時(shí)，第三孔可以選1、2、3、4，有4種選法即共有4+3+3+3+3+4=20種選法∴選出三個(gè)不相鄰的孔，有35-5-20=10種選法對(duì)于已選定的三個(gè)孔，每個(gè)孔都有兩種顯示信號(hào)，則這三個(gè)孔可顯示的信號(hào)數(shù)為2×2×2=8種∴一共可以顯示的信號(hào)數(shù)為8*10=80種故選D1【答案】D1故b<c<a.故選：D.7．按照“碳達(dá)峰”、“碳中和”的實(shí)現(xiàn)路徑，2030年為碳達(dá)峰時(shí)期，2060年實(shí)現(xiàn)碳中和，到2060年，純電動(dòng)汽車(chē)在整體汽車(chē)中的滲透率有望超過(guò)70%，新型動(dòng)力電池迎來(lái)了蓬勃發(fā)展的風(fēng)口.Peukert于1898年提出蓄電池的容量C（單位：Ah放電時(shí)間t（單位：h）與放電電流I（單位：A）之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：C=In.t，其中n為Peukert常數(shù)，為了測(cè)算某蓄電池的Peukert常數(shù)n，在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流I=20A時(shí)，放電時(shí)間t=20h；當(dāng)放電電流I=30A時(shí)，放電時(shí)間t=10h.則該蓄電池的Peukert常數(shù)【答案】B【詳解】解：根據(jù)題意可得C=20n.20，C=30n.10，n故選：B.8．過(guò)雙曲線x2y2a2-b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)F作漸近線的垂線，設(shè)垂足為P（P為第一象限的點(diǎn)延長(zhǎng)FP交拋物線y2=2px(p>0)于點(diǎn)Q，其中該雙曲線與拋物線有一個(gè)共同的焦點(diǎn)，若=(+)，則雙曲線的離心率的平方為【答案】DPF==b，因?yàn)?1(+)，所以P為FQ中點(diǎn)，所以xQ=2a2-c,由拋物線定義得FQ=2b牽xQ=2b-c，e2二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知i為虛數(shù)單位，以下四個(gè)說(shuō)法中正確的是()34C．若z=(1+2i)2，則復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限D(zhuǎn)．已知復(fù)數(shù)z滿足z-2i=3，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡為圓【答案】ADB：因?yàn)閮蓚€(gè)復(fù)數(shù)不能比較大小，所以本選項(xiàng)不正確；所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，因此本選項(xiàng)不正確；D：因?yàn)閦-2i=3，所以z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡為圓心為(0,2)，半徑為3的圓，因此本選項(xiàng)正確，故選：AD10．設(shè)直線系M：xcosθ+(y-2)sinθ=1(0<θ<2π)，則下面四個(gè)命題正確的是()A．點(diǎn)(0,2)到M中的所有直線的距離恒為定值B．存在定點(diǎn)P不在M中的任意一條直線上C．對(duì)于任意整數(shù)n(n之3)，存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上D．M中的直線所能?chē)傻恼切蚊娣e都相等【答案】ABC【詳解】點(diǎn)(0,2)到M中的直線xcosθ+(y-2)sinθ=1(0<θ<2π)的距離設(shè)為d，則d==1為定值，故直線系M：xcosθ+(y-2)sinθ=1(0<θ<2π)表示圓2x+y-22顯然選項(xiàng)A正確；P(0,2)一定不在M中的任意一條直線上，B選項(xiàng)正確；由于圓的所有外切正多邊形的邊都是圓的切線，所以對(duì)于任意整數(shù)n(n>3)，存在正n邊形，其所有邊均在M中的直線上，C選項(xiàng)正確；如圖所示，M中的直線所能?chē)傻恼切斡袃深悾环N是圓的外切三角形，如△ADE，此類三角形面積均相等，另一種是在圓的同一側(cè)，如△ABC，這類三角形面積也相等，但兩類三角形面積不等，故D選項(xiàng)不正確.故選：ABC11．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x-3)=f(5-x)，當(dāng)xe[0,1]時(shí)，f(x)=x2.設(shè)函數(shù)g(x)=log5x-1，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱B．f(x)的圖象在x=處的切線方程為y=-x+C．f(2021)+f(2022)+f(2023)+f(2024)=2D．f(x)的圖象與g(x)的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為10【答案】ACD【詳解】對(duì)于A，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，故f(x-3)=f(5-x)=f(x-5)，故f(x)=f(x+2)，所以f(-x)=f(x+2)，故f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱，故A正確.對(duì)于B，由A中分析可得f(x)是周期函數(shù)且周期為2，故當(dāng)xe[3,4]時(shí)，4-xe[0,1]，故f(x)=f(x-4)=f(4-x)=(4-x)2，故當(dāng)xe(3,4)時(shí)，f,(x)=2(x-4)，故f,=-1，對(duì)于C，由f(x)是周期函數(shù)且周期為2可得：f(2021)+f(2022)+f(2023)+f(2024)=2f(0)+2f(1)=2，故C正確.=g(x)，故g(x)的圖象關(guān)于x=1對(duì)稱，故f(x),g(x)圖象如圖所示：由圖可得f(x)的圖象與g(x)的圖象共有10個(gè)交點(diǎn)，所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為10.故選：ACD.第II卷（非選擇題）}若p是q的充分條件，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.【詳解】命題p:xeA，命題q:xeB，由p是q的充分條件，得A堅(jiān)B，即}2x2+a3x3+a4x4+a5x5，則4【答案】832故答案為：8.平面A1BE.以下命題正確的有.①側(cè)面CDD1C1上存在點(diǎn)F，使得B1F」CD1②直線B1F與直線BC所成角可能為30。③平面A1BE與平面CDD1C1所成銳二面角的正切值為252④設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則過(guò)點(diǎn)E,F,A的平面截正方體所得的截面面積最52【答案】①③【詳解】取C1D1中點(diǎn)M,CC1中點(diǎn)N，連接B1M,B1N,MN，則易證得B1NA1E,MNA1B，且B1N（MN=N，B1N,MN一平面B1MN，A1E,A1B一平面A1BE，從而平面B1MN平面A1BE，所以點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段MN.取MN的中點(diǎn)F，因?yàn)椤鰾1MN是等腰三角形，所以B1F」MN，又因?yàn)镸NCD1，所以B1F」CD1，故①正確；設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)M或點(diǎn)N重合時(shí)，直線B1F與直線BC所成角最大，2323平面B1MNⅡ平面A1BE，取F為MN的中點(diǎn)，則MN」C1F,MN」B1F,：經(jīng)B1FC1即為平面B1MN與平面CDD1C1所成的銳二面角，因?yàn)楫?dāng)F為C1E與MN的交點(diǎn)時(shí)，截面為菱形AGC1E（G為BB1的交點(diǎn)此時(shí)，GE=,A1C=，則面積為xx=，故④錯(cuò)誤.故答案為：①③四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.(2)求證：A=2B；（2）由a=6cosB及b=3，得a=2bcosB，由正弦定理得sinA=2sinBcosB=sin2B，1615分）如圖1，在平面五邊形ABCDE中，AE//BD，且DE=2，經(jīng)EDB=60。，CD=BC=，cos經(jīng)DCB=，將ΔBCD沿BD折起，使點(diǎn)C到得到如圖2所示的四棱錐P一ABDE.(1)求證；PE」平面ABDE；(2)若AE=1，求平面PAB與平面PBD所成銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)557所以BD=2，又因?yàn)镈E=2,經(jīng)EDB=60。，所以ΔBDE為正三角形，設(shè)BD的中點(diǎn)為F，連接EF,PF，可得BD」EF，又由CD=BC，可得BD」PF，且EF,PF一平面PEF，EFnPF=F，所以BD」平面PEF，因?yàn)镻E一平面PEF，所以BD」PE，在ΔPFD中，可得PF=PB2一BF2=，在ΔBDE中，可得EF=ED2一DF2=，又因?yàn)镋P=，可得EF2+EP2=PF2，所以PE」EF，因?yàn)镋F,BD一平面ABDE，且EF（BD=F，所以PE」平面ABDE.（2）解：因?yàn)锳E//BD，所以AE」EF，又由PE」平面ABDE，且AE,EF一平面ABDE，所以PE」AE,PE」EF，12cosθ=---cosnn則412cosθ=---cosnn則4以E為原點(diǎn)，以EA,EF,EP所在的直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， ------則設(shè)平面PAB取x1取22222設(shè)平面PAB與平面PBD所成的角為θ,由圖象可得θ為銳角，----1n1--2n22所以平面PAB與平面PBD21715分）甲進(jìn)行摸球跳格游戲．圖上標(biāo)有第1格，第2格，?,第25格，棋子開(kāi)始在第1格．盒中有5個(gè)大小相同的小球，其中3個(gè)紅球，2個(gè)白球（5個(gè)球除顏色外其他都相同每次甲在盒中隨機(jī)摸出兩球，記下顏色后放回盒中，若兩球顏色相同，棋子向前跳1格；若兩球顏色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格時(shí)，游戲結(jié)束．記棋子跳到第n格的概率為Pn(1)甲在一次摸球中摸出紅球的個(gè)數(shù)記為X，求X的分布列和期望；【答案】(1)分布列見(jiàn)解析；期望E(X)=；(2)證明見(jiàn)解析；【詳解】（1）根據(jù)題意可知，X的所有可能取值為0，1，2；可得X的分布列如下：X012P 35 期望值為E(X)=0x +1x35+2x =.105（2）依題意，當(dāng)3<n<23時(shí)，棋子跳到第n格有兩種可能：第一種，棋子先跳到第n一2格，再摸出兩球顏色不同；第二種，棋子先跳到第n一1格，再摸出兩球顏色相同；又可知摸出兩球顏色不同，即跳兩格的概率為=，摸出兩球顏色相同，即跳一格的概率為=；21P一一..,24)是公比為-的等比數(shù)列.1817分）焦點(diǎn)在x軸上的橢圓+=1的左頂點(diǎn)為M，A(x1,y1)，B(x2,y2)，)為橢圓上不同三點(diǎn)，且當(dāng)=時(shí)，直線MB和直線MC的斜率之積為.(1)求b的值；(2)若ΔOAB的面積為1，求x+x和y+y的值；(3)在（2）的條件下，設(shè)AB的中點(diǎn)為D，求OD.AB的最大值.【詳解】（1）因?yàn)?，所以O(shè),B,C三點(diǎn)共線，則必有點(diǎn)B和點(diǎn)C關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱，所以y2=一y3,x2=x3，設(shè)直線MB和直線MC的斜率分別為kMB，kMC，因?yàn)辄c(diǎn)M為橢圓的左頂點(diǎn)，所以M(一2,0)， 12所以聯(lián)立其中所以 12所以聯(lián)立其中所以所以因?yàn)镺到直線l的距離d=所以kMB= y2