江西省真题重组卷03-冲刺2024年高考数学真题重组卷（新七省专用）（Word版附解析）

冲刺2024年高考数学真题重组卷（新七省专用）真题重组卷03（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.（2023新课标全国Ⅰ卷）已知，则（    ）A．B．C．0D．1【答案】A【详解】因为，所以，即．故选：A．2.（2023全国乙卷数学（理））设集合，集合，，则（    ）A．B．C．D．【答案】A【详解】由题意可得，则，选项A正确；，则，选项B错误；，则或，选项C错误；或，则或，选项D错误；故选：A.3.（2023新课标全国Ⅱ卷）已知为锐角，，则（    ）．A．B．C．D．【答案】D【详解】因为，而为锐角，解得：．故选：D．4.（2023•乙卷（文））正方形的边长是2，是的中点，则　　 A．B．3C．D．5【答案】【解析】正方形的边长是2，是的中点，所以，，，，则．故选：．5.（2023•新高考Ⅰ）设函数在区间单调递减，则的取值范围是　　A．，B．，C．，D．，【答案】【解析】设，对称轴为，抛物线开口向上，是的增函数，要使在区间单调递减，则在区间单调递减，即，即，故实数的取值范围是，．故选：．6．（2023全国乙卷数学（文））已知等差数列的公差为，集合，若，则（    ）A．－1B．C．0D．【答案】B【详解】依题意，等差数列中，，显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，则在中，或，于是有，即有，解得，所以，.故选：B 7.（2023全国乙卷数学（文））已知实数满足，则的最大值是（    ）A．B．4C．D．7【答案】C【详解】法一：令，则，代入原式化简得，因为存在实数，则，即，化简得，解得，故的最大值是，法二：，整理得，令，，其中，则，，所以，则，即时，取得最大值，法三：由可得，设，则圆心到直线的距离，解得故选：C.8.（2023全国乙卷数学(理)）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】B【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（2021新课标全国Ⅱ卷）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【解析】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.10．（2022新课标全国Ⅱ卷）已知函数的图像关于点中心对称，则（    ）A．在区间单调递减B．在区间有两个极值点C．直线是曲线的对称轴D．直线是曲线的切线【答案】AD【解析】由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故． 对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；对C，当时，，，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或,从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即．故选：AD．11．（2022新课标全国Ⅰ卷）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【解析】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：BCD12．（2023新课标全国Ⅰ卷）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【解析】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第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（2021•新高考Ⅱ）写出一个同时具有下列性质①②③的函数．①；②当时，；③是奇函数．时，；当时，；是奇函数．【解析】．另幂函数即可满足条件①和②；偶函数即可满足条件③，综上所述，取即可．14.（2023•乙卷（理））已知为等比数列，，，则．【答案】．【解析】等比数列，，解得，而，可得，即，． 15.（2023新高考天津卷）在的展开式中，项的系数为_________．【答案】【详解】展开式的通项公式，令可得，，则项的系数为.16.（2021•新高考Ⅱ）已知函数，，，函数的图象在点，和点，的两条切线互相垂直，且分别交轴于，两点，则的取值范围是．【答案】【解析】当时，，导数为，可得在点，处的斜率为，切线的方程为，令，可得，即，当时，，导数为，可得在点，处的斜率为，令，可得，即，由的图象在，处的切线相互垂直，可得，即为，，，所以．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17．（10分）【解析】（1），， 根据题意可得，，，又，解得，，，；（2）为等差数列，为等差数列，且，根据等差数列的通项公式的特点，可设，则，且；或设，则，且，①当，，时，则，，，又，解得；②当，，时，则，，，又，此时无解，综合可得．18．（12分）【解析】（1），，，， ，，，，，，即，又，，解得，又，，；（2）由（1）可知，，，，，，设边上的高为，则，，解得，即边上的高为6．19．（12分）【解析】（1）当漏诊率（c）时，则，解得；（c）；（2）当，时， （c）（c）（c），当，时，（c）（c）（c），故（c），所以（c）的最小值为0.02．20．（12分）【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，，，解得．（2）连接交于点，，四边形为正方形，，又平面平面，平面平面，平面，，由直三棱柱知平面，，又，平面，，以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，又，解得，则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，则，2，，，1，，，0，， 设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，平面的一个法向量为，0，，设平面的一个法向量为，，，，令，则，，平面的一个法向量为，1，，，，二面角的正弦值为．21．（12分）【解析】（1）由题意可得，，解得，，因此的方程为，（2）解法一：设直线的方程为，，将直线的方程代入可得，△，，，，，设点的坐标为，，则， 两式相减可得，，，解得，两式相加可得，，，解得，，其中为直线的斜率；若选择①②：设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，则，解得，，同理可得，，，，此时点的坐标满足，解得，，为的中点，即；若选择①③：当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，， 则，解得，，同理可得，，此时，，由于点同时在直线上，故，解得，因此．若选择②③，设直线的方程为，并设的坐标为，，的坐标为，，则，解得，，同理可得，，设的中点，，则，，由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上，将该直线联立，解得，，即点恰为中点，故点在直线上．（2）解法二：由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由①②③，或选由②③①：由②成立可知直线的斜率存在且不为0．若选①③②，则为线段的中点，假设的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点，此时由对称性可知、关于轴对称，从而，已知不符．综上，直线的斜率存在且不为0，直线的斜率为，直线的方程为．则条件①在直线上，等价于， 两渐近线的方程合并为，联立方程组，消去并化简得：，设，，，，线段中点为，，则．，设，，则条件③等价于，移项并利用平方差公式整理得：，，，，，，由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，由，，，直线的斜率，直线，即，代入双曲线的方程为，即中，得，解得的横坐标为，同理，，， ，条件②等价于，综上所述：条件①在上等价于，条件②等价于，条件③等价于．选①②③：由①②解得，③成立；选①③②：由①③解得：，，，②成立；选②③①：由②③解得：，，，①成立．22．（12分）【解析】（1）证明：设，，则，，在上单调递减，，在上单调递减，，即，，，，设，，则， 在上单调递增，，，即，，，，综合可得：当时，；（2），，且，，①若，即时，易知存在，使得时，，在上单调递增，，在上单调递增，这显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去；②若，即或时，存在，使得，时，，在，上单调递减，又，当时，，单调递增；当时，，单调递减，满足为的极大值点，符合题意；③若，即时，为偶函数，只考虑的情况，此时，时，，在上单调递增，与显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去．综合可得：的取值范围为，，．