第第頁10天刷完高考真題（新高考Ⅰ和Ⅱ卷2021-2023）-沖刺2024年高考數學考前必刷題（新高考通用）新高考真題限時訓練打卡第五天Ⅱ真題限時訓練新高考真題限時訓練打卡第五天難度：一般建議用時:60分鐘一、單選題1．（2022·全國·高考真題）已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】方法一：求出集合后可求.【詳解】[方法一]：直接法因為，故，故選：B.[方法二]：【最優解】代入排除法代入集合，可得，不滿足，排除A、D；代入集合，可得，不滿足，排除C.故選：B.【整體點評】方法一：直接解不等式，利用交集運算求出，是通性通法；方法二：根據選擇題特征，利用特殊值代入驗證，是該題的最優解．2．（2022·全國·高考真題）（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用復數的乘法可求.【詳解】，故選：D.3．（2022·全國·高考真題）已知向量，若，則（

）A． B． C．5 D．6【答案】C【分析】利用向量的運算和向量的夾角的余弦公式的坐標形式化簡即可求得【詳解】解：,,即,解得,故選：C4．（2022·全國·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，再根據球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．

5．（2022·全國·高考真題）設，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】構造函數，導數判斷其單調性，由此確定的大小.【詳解】方法一：構造法設，因為，當時，，當時，所以函數在單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，設，則,令，，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，又，所以當時，，所以當時，，函數單調遞增，所以，即，所以故選：C.方法二：比較法解：，，，①，令則，故在上單調遞減，可得，即，所以；②，令則，令，所以，所以在上單調遞增，可得，即，所以在上單調遞增，可得，即，所以故6．（2022·全國·高考真題）記函數的最小正周期為T．若，且的圖象關于點中心對稱，則（

）A．1 B． C． D．3【答案】A【分析】由三角函數的圖象與性質可求得參數，進而可得函數解析式，代入即可得解.【詳解】由函數的最小正周期T滿足，得，解得，又因為函數圖象關于點對稱，所以，且，所以，所以，，所以.故選：A二、多選題7．（2022·全國·高考真題）已知正方體，則（

）A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【分析】數形結合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設，連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD8．（2022·全國·高考真題）已知O為坐標原點，點在拋物線上，過點的直線交C于P，Q兩點，則（

）A．C的準線為 B．直線AB與C相切C． D．【答案】BCD【分析】求出拋物線方程可判斷A，聯立AB與拋物線的方程求交點可判斷B，利用距離公式及弦長公式可判斷C、D.【詳解】將點的代入拋物線方程得，所以拋物線方程為，故準線方程為，A錯誤；，所以直線的方程為，聯立，可得，解得，故B正確；設過的直線為，若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點，所以，直線的斜率存在，設其方程為，，聯立，得，所以，所以或，，又，，所以，故C正確；因為，，所以，而，故D正確.故選：BCD三、填空題9．（2022·全國·高考真題）的展開式中的系數為（用數字作答）．【答案】-28【分析】可化為，結合二項式展開式的通項公式求解.【詳解】因為，所以的展開式中含的項為，的展開式中的系數為-28故答案為：-2810．（2022·全國·高考真題）已知直線l與橢圓在第一象限交于A，B兩點，l與x軸，y軸分別交于M，N兩點，且，則l的方程為．【答案】【分析】令的中點為，設，，利用點差法得到，設直線，，，求出、的坐標，再根據求出、，即可得解；【詳解】[方法一]：弦中點問題：點差法令的中點為，設，，利用點差法得到，設直線，，，求出、的坐標，再根據求出、，即可得解；解：令的中點為，因為，所以，設，，則，，所以，即所以，即，設直線，，，令得，令得，即，，所以，即，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直線，即；故答案為：[方法二]：直線與圓錐曲線相交的常規方法解：由題意知，點既為線段的中點又是線段MN的中點，設，，設直線，，，則，，，因為，所以聯立直線AB與橢圓方程得消掉y得其中，∴AB中點E的橫坐標,又，∴∵，，∴,又，解得m=2所以直線，即四、解答題11．（2022·全國·高考真題）記為數列的前n項和，已知是公差為的等差數列．(1)求的通項公式；(2)證明：．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）利用等差數列的通項公式求得，得到，利用和與項的關系得到當時，,進而得：，利用累乘法求得，檢驗對于也成立，得到的通項公式；（2）由（1）的結論，利用裂項求和法得到，進而證得.【詳解】（1）∵，∴,∴,又∵是公差為的等差數列，∴,∴,∴當時，，∴,整理得：,即,∴，顯然對于也成立，∴的通項公式；（2）∴12．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據三角形全等得到，再根據直角三角形的性質得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；（2）建立適當的空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據同角三角函數的基本關系計算可得.【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以；設平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以.設二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.

13．（2022·全國·高考真題）已知函數．(1)當時，討論的單調性；(2)當時，，求a的取值范圍；(3)設，證明：．【答案】(1)的減區間為，增區間為.(2)(3)見解析【分析】（1）求出，討論其符號后可得的單調性.（2）設，求出，先討論時題設中的不等式不成立，再就結合放縮法討論符號，最后就結合放縮法討論的范圍后可得參數的取值范圍.（3）由（2）可得對任意的恒成立，從而可得對任意的恒成立，結合裂項相消法可證題設中的不等式.【詳解】（1）當時，，則，當時，，當時，，故的減區間為，增區間為.（2）設，則，又，設，則，若，則，因為為連續不間斷函數，故存在，使得，總有，故在為增函數，故，故在為增函數，故，與題設矛盾.若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設，故，故在上為減函數，故即成立.由上述不等式有，故總成立，即在上為減函數，所以.當時，有，

所以在上為減函數，所以.綜上，.（3）取，則，總有成立，令，則，故即對任意的恒成立.所以對任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【點睛】思路點睛：函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點處導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.Ⅲ精選模擬題預測一、單選題1．設集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據不等式的解法化簡集合，根據交集運算即可.【詳解】因為合，所以，故選：B2．已知復數，則（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由題意，根據共軛復數的概念可得，結合復數的乘方、乘除法運算即可求解.【詳解】因為，所以，所以．故選：C．3．已知點是邊長為2的正三角形的重心，則（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】以線段的中點為坐標原點，建立平面直角坐標系，根據題意求得的坐標，結合向量的數量積的坐標運算公式，即可求解.【詳解】如圖所示，以線段的中點為坐標原點，以線段所在的直線為軸，線段的垂直的平分線為軸，建立平面直角坐標系，因為的邊長為，可得，又因為為的重心，可得，所以，則.故選：C.4．若圓柱的底面直徑和高都與球的直徑相等，則圓柱的表面積與球的表面積之比為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】設球的半徑為，分別求出圓柱及球的表面積，從而可得兩者表面積之比.【詳解】設球的半徑為，則由題意，，所以圓柱的表面積與球的表面積之比為，故選：D5．將邊長為2的正三角形沿某條線折疊，使得折疊后的立體圖形有外接球，則當此立體圖形體積最大時，其外接球表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先分類討論得出，滿足題意的直線為，且此時，進一步求出底面四邊形外接圓圓心坐標、半徑，從而得到直線的距離，設出外接球球心到底面的距離，結合可得，由此可得外接球半徑，進而即可求解.【詳解】若將邊長為2的正三角形沿某條線折疊，且這條線過三角形的某個頂點且不垂直于三角形的邊，由題意以為原點，以邊長為2的等邊三角形的邊為軸，邊上的高為軸建立如圖所示的平面直角坐標系：由題意，不失一般性，設（也就是設點在不包含端點的線段上），在中，令得，所以的面積為，而點到直線的距離為，此時三棱錐體積的最大值為（此時面面），所以，所以；若將邊長為2的正三角形沿某條線折疊，且這條線過三角形的某個頂點且垂直于三角形的邊，此時上述情況中的點于原點重合，此時三棱錐體積的最大值為（此時面面），其中為點到的距離，即的長度；將邊長為2的正三角形沿某條線折疊，且這條線不過三角形的任何頂點，如圖所示：不失一般性，設該直線分別與交于點，折疊后的立體圖形有外接球，則四點共圓，從而，又因為，所以，所以，由題意，設，所以，過點向引垂線，垂足為，則，所以四棱錐體積的最大值為（此時四邊形與三角形垂直），從而，或，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以當且僅當時，有，綜上所述，滿足題意的直線為，且此時，此時我們首先來求四邊形外接圓圓心，因為中點坐標為，斜率為，所以的垂直平分線方程為，而中垂直線方程為，從而解得，所以四邊形外接圓半徑為，而到直線的距離為，又滿足題意的四棱錐的高為，設滿足題意的四棱錐的外接球球心為，設球心到平面的距離為，則由可得，，即，解得，從而滿足題意的外接球表面積為.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是得出滿足題意的直線為，且此時，由此即可順利得解.6．已知函數，若為的零點，是的圖象的對稱軸，且在區間上單調，則實數取最大值時，（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據在區間上單調求得，再結合零點和對稱軸得，即可得，最后根據對稱軸得，結合，求解驗證即可.【詳解】因為的最小正周期，且在區間上單調，所以，又，故①；又因為為的零點，是的圖象的對稱軸，所以（），整理，得（）②.由①②得且為奇數，當時，將代入，令（），得，又，故取，得，此時（）.驗證當時，，滿足在區間上單調遞減.故實數的最大值為，此時.故選：B二、多選題7．在直三棱柱中，點是的中點，，點為側面（含邊界）上一點，平面，則下列結論正確的是（

）

A．B．直線與直線所成角的余弦值是C．點到平面的距離是D．線段長的最小值是【答案】ACD【分析】可先證，，進而可證得平面，則選項A可判定；將兩異面直線平移到相交，在三角形利用余弦定理處理，即可判定選項B；利用等積法即可求出點到平面的距離，則選項C可判定；先求出點軌跡，在利用等面積法求出線段長的最小值，則選項D可判定.【詳解】在直棱柱中,在中，可得，所以，可得,又,且兩直線在平面內，可得平面，由平面,所以，故必選項A正確；已知,點D到平面的距離為，所以,,,,所以，設到平面的距離為，則，可得，故C選項正確；取中點，連接又點是的中點

在直棱柱中可得,,所以四邊形為平行四邊形，則,，取中點,連接，又中點為，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，，所以直線與直線所成角為的補角，所以直線與直線所成角的余弦值是，故選項B錯誤;取中點,連接可得,

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，所以點的軌跡為線段，因為,,所以在三角形中由余弦定理可得,可得,所以,設B到的距離為，由等面積法可得,解得，可得長的最小值是，故選項D正確；故選：ACD.8．已知為坐標原點，點為拋物線：的焦點，點，直線：交拋物線于，兩點（不與點重合），則以下說法正確的是（

）A．B．存在實數，使得C．若，則D．若直線與的傾斜角互補，則【答案】ACD【分析】根據拋物線和直線方程可知直線過拋物線焦點，利用焦半徑公式可判斷A正確；聯立直線和拋物線方程利用向量數量積公式可知，恒成立，所以B錯誤；根據可知A，B兩點的縱坐標關系，解得其交點坐標代入直線方程可得，即C正確；由直線與的傾斜角互補，可知，利用韋達定理聯立方程即可求出，即D正確.【詳解】由已知，拋物線：，∴，，焦點，不妨設為，，設，到準線的距離分別為，，

對于A，∵由標準方程知，拋物線頂點在原點，開口向右，，直線：過焦點，∴由拋物線的定義，故選項A正確；對于B，消去，化簡得（顯然），則，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在實數，使得，選項B錯誤；對于C，，，∵，∴，∴，又∵由選項B判斷過程知，，∴解得，，或，，，∴若，則，選項C正確；對于D，由題意，，，，，直線與的傾斜角互補時，斜率均存在，且，∴，代入，，化簡得，由選項B的判斷知，，∴，∴，故選項D正確.故選：ACD.三、填空題9．的展開式中的系數為．【答案】【分析】利用展開式求出所有含的項即可得出系數為.【詳解】由二項式定理可知展開式中含有的項為，所以可得展開式中的系數為.故答案為：10．過橢圓的左焦點引直線交橢圓于兩點，若弦的長為，則直線的斜率為.【答案】【分析】先將橢圓方程化為標準方程，然后求出，從而可求出左焦點的坐標，設直線為，代入橢圓方程化簡，利用根與系數的關系，結合弦長公式列方程可求出，從而可求出直線的斜率.【詳解】橢圓，即，則，，，左焦點為，設直線為，，由，得，整理得，因為，所以，所以，，解得，所以直線為斜率為，故答案為：.四、解答題11．已知數列的前項和滿足．(1)求證：是等差數列；(2)若當且僅當時，最大，比較與的大小．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）根據與之間的關系可得，則，兩式相減得，即可證明；（2）根據題意結合等差數列分析可知，解得，結合等差數列性質分析判斷.【詳解】（1）因為，則有：若，則，即；且，兩式相減得，即，則，兩式相減得，所以是等差數列.（2）設等差數列的公差為，由題意可知：，即，解得，則，且，所以.12．如圖，在矩形紙片中，，，沿將折起，使點到達點的位置，點在平面的射影落在邊上.(1)求的長度；(2)若是邊上的一個動點，是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求的長度；若不存在，說明理由.【答案】(1)1(2)【分析】（1）利用投影性質以及線面垂直性質可得，再利用三角形相似可求得；（2）建立空間直角坐標系，設，并根據坐標分別求得平面與平面的法向量，由兩平面夾角的余弦值列方程解得，可得.【詳解】（1）作，垂足為，連接，如下圖所示：

由點在平面的射影落在邊上可得平面