2024年高考考前逆袭卷（新高考新题型）02数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。预测2024年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题型可能为集合或导数模块中的一个，出现在19题的可能性较大，难度中等偏上，例如本卷第19题。第I卷（选择题）一、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．已知一组数据，4，2，5，3的平均数为，且，是方程的两根，则这组数据的方差为（）A．10 B． C．2 D．【答案】C【详解】解：方程，即，解得或，又这组数据的其它值都大于，，，显然，符合题意.所以.故选：C.2．，是两个向量集合，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据所给的两个集合的元素，表示出两个集合的交集，在集合中，，在集合中，．要求两个向量的交集，即找出两个向量集合中的相同元素，元素是向量，要使的向量相等，只有横标和纵标分别相等，，解得此时．故选：B．3．在ΔABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若A、B、C成等差数列，3a、3b、3c成等比数列，则cosAcosB=（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：由，，成等差数列，有（1），，为的内角，（2）．由（1）（2）得．由，，成等比数列，得，由余弦定理得，把、代入得，，即，则，从而，，故选：B．4．在三棱锥中，底面为边长为3的正三角形，侧棱底面，若三棱锥的外接球的体积为，则该三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图，设外接球的球心为.∵在三棱锥中，底面是边长为3的正三角形，侧棱底面，三棱锥的外接球的体积为，∴三棱锥的外接球的半径.过作，交于，过球心作平面于，则，且是的重心，，.∵到的距离为，，∴该三棱锥的体积.5．有一排7只发光二极管，每只二极管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二极管点亮，且相邻的两只不能同时点亮，根据三只点亮的不同位置，或不同颜色来表示不同的信息，则这排二极管能表示的信息种数共有种A．10 B．48 C．60 D．80【答案】D【详解】解：先选出三个孔来：1）若任意选择三个孔，则有C73=35种选法2）若三个孔相邻，则有5种选法3）若只有二个孔相邻，相邻孔为1、2两孔时，第三孔可以选4、5、6、7，有4种选法相邻孔为2、3两孔时，第三孔可以选5、6、7，有3种选法相邻孔为3、4两孔时，第三孔可以选1、6、7，有3种选法相邻孔为4、5两孔时，第三孔可以选1、2、7，有3种选法相邻孔为5、6两孔时，第三孔可以选1、2、3，有3种选法相邻孔为6、7两孔时，第三孔可以选1、2、3、4，有4种选法即共有4+3+3+3+3+4=20种选法∴选出三个不相邻的孔，有35-5-20=10种选法对于已选定的三个孔，每个孔都有两种显示信号，则这三个孔可显示的信号数为2×2×2=8种∴一共可以显示的信号数为8*10=80种故选D6．设，，，则(    )A． B． C． D．【答案】D【详解】，则；，，则；且，则；故．故选：D．7．按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（    ）（参考数据：，）A． B． C． D．2【答案】B【详解】解：根据题意可得，，两式相比得，即，所以.故选：B.8．过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，设垂足为（为第一象限的点），延长交抛物线于点，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：，渐近线方程，因为，所以，因为，所以为中点，所以由抛物线定义得，因此，又，所以，选D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ）A．B．C．若，则复数对应的点位于第四象限D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆【答案】AD【详解】A：，本选项正确；B：因为两个复数不能比较大小，所以本选项不正确；C：因为，所以复数对应的点位于第二象限，因此本选项不正确；D：因为，所以在复平面内对应的点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，因此本选项正确，故选：AD10．设直线系：，则下面四个命题正确的是（    ）A．点到中的所有直线的距离恒为定值B．存在定点不在中的任意一条直线上C．对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上D．中的直线所能围成的正三角形面积都相等【答案】ABC【详解】点到中的直线的距离设为d，则为定值，故直线系：表示圆的切线的集合.显然选项A正确；一定不在中的任意一条直线上，B选项正确；由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上，C选项正确；如图所示，中的直线所能围成的正三角形有两类，一种是圆的外切三角形，如△ADE，此类三角形面积均相等，另一种是在圆的同一侧，如△ABC，这类三角形面积也相等，但两类三角形面积不等，故D选项不正确.故选：ABC11．定义在上的偶函数满足，当时，.设函数，则下列结论正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．的图象在处的切线方程为C．D．的图象与的图象所有交点的横坐标之和为10【答案】ACD【详解】对于A，因为为偶函数，故，故，所以，故的图象关于直线对称，故A正确.对于B，由A中分析可得是周期函数且周期为，故当时，，故，故当时，，故，故切线方程为：，故B错误.对于C，由是周期函数且周期为可得：，故C正确.对于D，因为，故的图象关于对称，而，且时，此时在上为增函数，故图象如图所示：由图可得的图象与的图象共有10个交点，所有交点的横坐标之和为10.故选：ACD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知集合，集合，命题：，命题：，若是的充分条件，则实数的取值范围是.【答案】【详解】命题，命题，由是的充分条件，得，即因此，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：13．已知多项式，则.【答案】8【详解】含的项为：，故；令，即，令，即.故答案为：8.14．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有.①侧面上存在点，使得②直线与直线所成角可能为③平面与平面所成锐二面角的正切值为④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为【答案】①③【详解】取中点中点，连接，则易证得，且，平面，平面，从而平面平面，所以点的运动轨迹为线段.取的中点，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故①正确；设正方体的棱长为，当点与点或点重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以②错误；平面平面，取为的中点，则即为平面与平面所成的锐二面角，，所以③正确；因为当为与的交点时，截面为菱形（为的交点），此时，，则面积为，故④错误.故答案为：①③四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求a的值：(2)求证：；(3)的值【答案】(1)(2)证明见解析(3)【详解】（1）由及余弦定理，得，因为，所以.（2）由及，得，由正弦定理得，因为，所以或.若，则，与题设矛盾，因此.（3）由（Ⅰ）得，因为，所以，所以，所以.另解：因为，所以.16．（15分）如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥．  (1)求证；平面；(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：在中，，，由余弦定理可得，所以，又因为，所以为正三角形，设的中点为，连接，可得，又由，可得，且平面，，所以平面，因为平面，所以，在中，可得，在中，可得，又因为，可得，所以，因为平面，且，所以平面.（2）解：因为，所以，又由平面，且平面，所以，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面所成的角为，由图象可得为锐角，则所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．  17．（15分）甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为．(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；(2)证明：数列为等比数列．【答案】(1)分布列见解析；期望；(2)证明见解析；【详解】（1）根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2；则，，；可得X的分布列如下：012期望值为.（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为；因此可得；所以，因此可得，即数列是公比为的等比数列.18．（17分）焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．(1)求的值；(2)若的面积为1，求和的值；(3)在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．【答案】(1)(2)，；(3)【详解】（1）因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，所以，设直线和直线的斜率分别为，，因为点为椭圆的左顶点，所以，所以，，所以，所以，所以，所以，即；（2）设过两点的直线为，当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，因为在椭圆上，所以，又，所以，即，结合可得，此时，，所以；当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立，消去得，其中①，所以，所以因为到直线的距离，所以，所以，整理的，符合①式，此时，；（3）因为，所以，即，当且仅当时等号成立，此时为直角三角形且为直角，故，解得，从而，此时等号可成立.所以的最大值为.  19．（17分）英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.(1)证明：；(2)设，证明：；(3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【详解】（1）设，则.当时，：当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因此，，即.（2）由泰勒公式知，①于是，②由①②得所以即.（3），则，设，由基本不等式知，，当且仅当时等号成立.所以当时，，所以在上单调递增.又因为是奇函数，且，所以当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.因此，是的极小值点.下面证明：当时，不是的极小值点.当时，，又因为是上的偶函数，且在上单调递增,所以当时，.因此，在上单调递减.又因为是奇函数，且，所以当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.因此，是的极大值点，不是的极小值点.综上，实数的取值范围是.