2024届高考数学一轮复习收官卷03（新高考Ⅰ卷）一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的．）1．（23·24上·徐州·阶段练习），的否定为（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】A【详解】根据全称命题的否定知，任意变存在，范围不变，结论相反，故，的否定为，，故选：A.2．（23·24·南宁·模拟预测）已知复数满足，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选：A.3．（19·20下·河南·模拟预测）被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用．0.618就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则（     ）A．4 B． C．2 D．【答案】D【详解】解：把代入.故选：D.4．（22·23·商洛·模拟预测）已知数列满足，记为不小于的最小整数，，则数列的前2023项和为（    ）A．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】A【详解】由题意得，则当时，，当时也满足上式，所以，所以，故的前2023项和为．故选：A.5．（22·23·云南·模拟预测）有张奖券，其中张可以中奖，现有个人从中不放回地依次各随机抽取一张，设每张奖券被抽到的可能性相同，记事件“第个人抽中中奖券”，则下列结论正确的是（    ）A．事件与互斥 B．C． D．【答案】C【详解】事件与可以同时发生,根据互斥事件的定义,A错误;由全概率公式得,故B错误;由概率的乘法公式得,故C正确;根据题意,所以,故D错误.故选:C.6．（22·23·沧州·三模）在中，若，，，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】因为，所以为的外心，且为外接圆上一动点，又，，所以外接圆的半径.如图，作，垂足为，则.所以，当与圆相切时，取最值，即在处取最大值6，在处取最小值，故选：B  7．（23·24上·邢台·阶段练习）已知定义域为的函数满足，且曲线与曲线有且只有两个交点，则函数的零点之和是（    ）A．2 B．－2 C．4 D．－4【答案】A【详解】由题意定义域为的函数满足，则的图象关于点成中心对称，函数的图象是由的图象向右平移一个单位得到，故的图象关于点成中心对称，又曲线与曲线有且只有两个交点，则这两个交点关于对称，故这两个交点的横坐标之和为2，而函数的零点即为曲线与曲线交点的横坐标，故函数的零点之和是2，故选：A8．（22·23·重庆·模拟预测）已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，点为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点B，若，且，则双曲线C的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】D【详解】因为点A在第一象限，由，可得，则，点在双曲线上，则，即，可得，可得在点处的切线方程为，令，解得，又因为，则，所以，即点，设双曲线C的半焦距为，则，，因为，则，整理得，则，可得，且点为双曲线C在第一象限的右支上一点，则，可得，在中，由余弦定理可得：，即，整理得，所以双曲线C的离心率.故选：D.  二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（22·23·万州·模拟预测）2022世界兵乓球团体锦标赛在成都举办，中国女队､男队分别于10月8日和10月9日夺得团体赛冠军，国球运动又一次掀起热潮.为了解性别与观众是否喜欢观看乒乓球比赛的关联性，某体育台随机抽取了200名观众进行统计.得到如图所示的列联表.性别观看兵乓球比赛喜欢不喜欢男6040女2080则下列说法正确的是（    ）参考公式：，其中.附表：0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828A．喜欢观看乒乓球比赛的观众中，女生的频率为B．男生中喜欢观看乒乓球比赛的频率为C．依据小概率值的独立性检验，认为性别与观众是否喜欢观看乒乓球比赛无关D．在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为性别与观众是否喜欢观看乒乓球比赛有关【答案】AD【详解】由表中数据可知，喜欢观看乒乓球比赛的观众中，女生的频率为，所以A正确；男生中喜欢观看乒乓球比赛的频率为，所以B错误；由题意进行数据分析，得到列联表如下：喜欢不喜欢合计男6040100女2080100合计80120200计算，所以依据小概率值的独立性检验，认为性别与观众是否喜欢观看乒乓球比赛有关，所以C错误；所以在犯错误率不超过0.001的前提下认为性别与观众是否喜欢观看乒乓球比赛有关，所以D正确；故选：AD10．（22·23·海口·二模）甲、乙两个盒子中各装有4个相同的小球，甲盒子中小球的编号依次为1，2，3，4，乙盒子中小球的编号依次为5，6，7，8，同时从两个盒子中各取出1个小球，记下小球上的数字．记事件为“取出的数字之和为偶数”，事件为“取出的数字之和等于9”，事件为“取出的数字之和大于9”，则下列结论正确的是（    ）A．与是互斥事件 B．与是对立事件C．与不是相互独立事件 D．与是相互独立事件【答案】AC【详解】从两个盒子中取出的两个数字之和只有2种结果：偶数和奇数．而“数字之和为9”是结果为奇数的其中一种情况，所以事件与是互斥事件而不是对立事件，选项A正确．从两个盒子各取1个小球，共有种结果，其中数字之和为偶数的有8种；数字之和等于9的有这4种；数字之和大于9的有这6种．所以．因为，所以与不是对立事件，选项B错误．事件为“取出的数字之和为偶数且大于9”，其结果有4种：．所以，显然，所以与不是相互独立事件，选项C正确．因为当取出的数字之和为偶数时，不可能出现取出的数字之和等于9这种情况，所以，而，所以与不是相互独立事件，选项D错误．故选：AC.11．（21·22下·宿迁·期末）如图，在边长为3的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（    ）A．与所成角的余弦值为B．过三点的正方体的截面面积为C．在线段上运动，则三棱锥的体积不变D．为正方体表面上的一个动点，分别为的三等分点，则的最小值为【答案】ACD【详解】对于A，取的中点，连接，如图，因为，所以，即或其补角是与所成角.在中，，，故A正确.对于B，过三点的截面如图所示，其中为的中点，四边形中，，，所以四边形是等腰梯形，其高为，所以截面面积为，故B不正确.对于C，因为，平面，所以平面，因为在线段上运动，所以高与底面积为定值，三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，故C正确.对于D，如图，补形一个全等的正方体，设是靠近的一个三等分点，根据题意可得，，，所以，即.根据对称性可知，所以，当为与平面的交点时，取到等号，即的最小值为.故选：ACD.12．（22·23·广州·模拟预测）在锐角中，角所对的边为，若，且，则的可能取值为（    ）A． B．2 C． D．【答案】ACD【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：，即有，而，则，又，由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，由正弦定理有：，即，，又是锐角三角形且，有，，解得，因此，由得：，，所以，结合选项，的可能取值为，，.故选：ACD三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．）13．（22·23上·上海·模拟预测）已知集合，若，则实数a的取值组成的集合是．【答案】【详解】集合，，当，即时，显然满足条件；当时，即，则，因为，所以或，即或，解得或，综上，实数a的取值组成的集合是．故答案为：．14．（23·24上·郴州·一模）已知双曲线和椭圆有相同的焦点，则的最小值为.【答案】9【详解】的焦点坐标为，故，故，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为9.故答案为：915．（22·23·河北·模拟预测）在概率论中，全概率公式指的是：设为样本空间，若是一组两两互斥的事件，，则对任意的事件，有．若甲盒中有个红球、个白球、个黑球，乙盒中有个红球、个白球、个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，“从乙盒中取出的球是红球”，若，则的最大值为．【答案】7【详解】设“从甲盒里取出的是红球”，“从甲盒里取出的是白球”，“从甲盒里取出的是黑球”，故根据全概率公式可得，解得，所以的最大值为．故答案为：716．（22·23下·烟台·期末）若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为，相应的值为．【答案】2【详解】设则，，当，故可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值.由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，图象在点处的切线方程为，化简得，令，则，由于，所以，，，，，，故作为的近似值，故答案为：2，四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）17．（23·24上·黄冈·模拟预测）已知向量，，设，且的图象关于点对称.(1)若，求的值；(2)若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且在区间上的值域为，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）若的图象关于点对称，则，，.，.若，则，同理可得.；（2）若函数的图象与的图象关于直线对称，则.因为，所以，而在上的值域为，则，即，因为，所以，，故的取值范围为18．（22·23·河南·模拟预测）已知数列的前项和为，且满足．(1)求数列的通项公式；(2)定义，记，求数列的前20项和．【答案】(1)，(2)【详解】（1）因为，当时，，解得；当时，，所以，即，所以，即是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，，则．（2）因为，即数列为递增数列，，即数列单调递减．，，所以当时，，当时，，所以所以．19．（23·24上·河南·阶段练习）如图1，在矩形中，，延长到点，且．现将沿着折起，到达的位置，使得，如图2所示．过棱的中点作于点．      (1)若，求线段的长；(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．【答案】(1)(2)2【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以．因为，点是的中点，所以，又，平面，所以平面，平面，所以．又，，平面，所以平面，平面，所以．因为，所以，所以，即线段的长为．（2）由（1）可知两两垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，  则，所以．由（1）可知，是平面的一个法向量，是平面的一个法向量．设平面与平面的夹角为，则，解得，所以当平面与平面夹角的余弦值为时，的值为2．20．（23·24上·湖南·模拟预测）某商场在6月20日开展开业酬宾活动．顾客凭购物小票从6~20这15个号码中依次不放回地抽取2个号码，第1个号码为a，第2个号码为b．设X是不超过的最大整数，顾客将获得购物金额X倍的商场代金券（若，则没有代金券），代金券可以在活动结束后使用．(1)已知某顾客抽到的a是偶数，求该顾客能获得代金券的概率；(2)求X的数学期望．【答案】(1)(2)【详解】（1）当时，该顾客能获得代金券．设“a是偶数”为事件A，“”为事件B，则，，所以，所以当顾客抽到的a是偶数时，该顾客能获得代金券的概率为．（2）X可能的取值为0，1，2，3．当时，，则．当时，，若，则．对每一个a，b有种不同的取值，则共有种可能的取值．若，对每一个a，b有种不同的取值，则共有种可能的取值，所以．当时，．若，则．对每一个a，b有种不同的取值，则共有种情况．若，则，共有6种可能的取值．所以．当时，，只有，，这3种情况，所以．所以．21．（22·23·宝鸡·模拟预测）已知点P是平面直角坐标系异于O的任意一点