真题重组卷02（新试卷结构）-冲刺高考数学真题重组卷（新高考江苏专用）

这是一份真题重组卷02（新试卷结构）-冲刺高考数学真题重组卷（新高考江苏专用），文件包含真题重组卷02新结构高考专用原卷版docx、真题重组卷02新结构高考专用解析版docx、真题重组卷02新结构高考专用参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

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.（2022•甲卷（文））从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，
，，，，，，共15种取法，
其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有，，，，，，共6种情况，
则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率；
故选：．
2.（2022•上海）若实数、满足，下列不等式中恒成立的是
A．B．C．D．
【答案】
【解析】因为，所以，当且仅当时取等号，
又，所以，故正确，错误，
，当且仅当，即时取等号，故错误，
故选：．
3.（2022•北京）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】
【解析】因为数列是公差不为0的无穷等差数列，当为递增数列时，公差，
令，解得，表示取整函数，
所以存在正整数，当时，，充分性成立；
当时，，，则，必要性成立；
是充分必要条件．
故选：．
4.（2022•天津）函数的图像为
A．B．
C．D．
【答案】
【解析】函数的定义域为，，，
，
该函数为奇函数，故错误；
时，，；，；，，
故错误，正确．
故选：．
【点评】本题考查函数图象，属于基础题．
5.（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：．
6.（2022•天津）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为
A．23B．24C．26D．27
【答案】
【解析】如图，该组合体由直三棱柱和直三棱柱组成，且为正方形，
设重叠后的与交点为，
作于，因为，，
所以，，，
方法①：四个形状相同的三棱锥、，、的体积之和，加上正四棱锥的体积：
在直三棱柱中，平面，则，
由可得平面，
正四棱锥的高等于的长，
，，
该组合体的体积；
方法②：两个直三棱柱体积相加，再减去重叠部分（正四棱锥的体积：
在直三棱柱中，平面，则，
由可得平面，
正四棱锥的高等于的长，
，，
该组合体的体积．
故选：．
7.（2022•上海）已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项判断正确的是
A．若，则数列是递增数列
B．若，则数列是递增数列
C．若数列是递增数列，则
D．若数列是递增数列，则
【答案】
【解析】如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；
如果数列，公比为，满足，但是数列不是递增数列，所以不正确；
如果数列，公比为，，数列是递增数列，但是，所以不正确；
数列是递增数列，可知，可得，所以，可得正确，所以正确；
故选：．
8.（2021•浙江）已知，，，函数．若，，成等比数列，则平面上点的轨迹是
A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线
【答案】
【解析】函数，因为，，成等比数列，
则，即，
即，
整理可得，
因为，故，即，
所以或，
当时，点的轨迹是直线；
当，即，因为，故点的轨迹是双曲线．
综上所述，平面上点的轨迹是直线或双曲线．
故选：．
二、多项选择题：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.（2023•新高考Ⅰ）有一组样本数据，，，，其中是最小值，是最大值，则
A．，，，的平均数等于，，，的平均数
B．，，，的中位数等于，，，的中位数
C．，，，的标准差不小于，，，的标准差
D．，，，的极差不大于，，，的极差
【答案】
【解析】选项，，，，的平均数不一定等于，，，的平均数，错误；
选项，，，，的中位数等于，，，，的中位数等于，正确；
选项，设样本数据，，，为0，1，2，8，9，10，可知，，，的平均数是5，，，，的平均数是5，
，，，的方差，
，，，的方差，
，，错误．
选项，，，，正确．
故选：．
10.（多选题）（2022•新高考Ⅰ）已知函数，则
A．有两个极值点
B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
【答案】
【解析】，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，且，
有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项正确，选项错误；
又，则关于点对称，故选项正确；
假设是曲线的切线，设切点为，则，解得或，
显然和均不在曲线上，故选项错误．
故选：．
11.（2022•乙卷（理））双曲线的两个焦点为，，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】当直线与双曲线交于两支时，设双曲线的方程为，
设过的切线与圆相切于点，
则，，又，
所以，
过点作于点，
所以，又为的中点，
所以，，
因为，，所以，
所以，则，
所以，
由双曲线的定义可知，
所以，可得，即，
所以的离心率．
情况二：当直线与双曲线交于一支时，
如图，记切点为，连接，则，，
过作于，则，因为，所以，，
，即，
所以，正确．
故选：．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.（2022•天津）已知是虚数单位，化简的结果为 ．
【答案】．
【解析】，
故答案为：．
13.（2023·北京·统考高考真题）设，函数，给出下列四个结论：
①在区间上单调递减；
②当时，存在最大值；
③设，则；
④设．若存在最小值，则a的取值范围是．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】②③
【解析】依题意，，
当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；
当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取，则的图像如下，

显然，当，即时，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，
当时，；
当时，显然取得最大值；
当时，，
综上：取得最大值，故②正确；
对于③，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小，

当时，，当且接近于处，，
此时，，故③正确；
对于④，取，则的图像如下，

因为，
结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在，
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，
此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，
联立，解得，则，
显然在上，满足取得最小值，
即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故④错误.
故答案为：②③.
14.若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】，
，
在，，，．
在，，时，；时，；
，，有两个根．故答案为：．
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）（2021•天津）已知，函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）证明函数存在唯一的极值点；
（3）若，使得对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）因为，所以，而，
所以在，处的切线方程为；
（2）证明：令，则，
令，则，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，当时，，
作出图象，如图，
所以当时，与仅有一个交点，令，
则，且，
当时，，，为增函数；
当时，，，为减函数；
所以时是的极大值点，故仅有一个极值点；
（3）由（2）知，
此时，，
所以，
令，
若存在，使对任意的恒成立，
则等价于存在，使得，即，
而，，
当时，，为单调减函数，
当时，，为单调增函数，
所以（1），故，
所以实数的取值范围，．
（15分）（2022•天津）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
【解析】解（1）因为，，，
由余弦定理可得，
解得：；
（2），，所以，
由，可得，
由正弦定理可得，即，
可得，
所以；
（3）因为，，
所以，，
，可得，
所以，
所以的值为．
17.（2023•上海）2023年6月7日，21世纪汽车博览会在上海举行，已知某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：
（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件为小明取到红色外观的模型，事件为小明取到棕色内饰的模型，求（B）和，并判断事件和事件是否独立；
（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以一次性从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下假设：
假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色；
假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高；
假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖600元，二等奖300元、三等奖150元；
请你分析奖项对应的结果，设为奖金额，写出的分布列并求出的数学期望．
【解析】（1）若红色外观的模型，则分棕色内饰12个，米色内饰2个，则对应的概率（A），
若小明取到棕色内饰，分红色外观12，蓝色外观8，则对应的概率（B）．
取到红色外观的模型同时是棕色内饰的有12个，即，
则．
（A）（B），（A）（B），
即事件和事件不独立．
（2）由题意知，300，150，
则外观和内饰均为同色的概率，
外观和内饰都异色的概率，
仅外观或仅内饰同色的概率，
，
，，，
则的分布列为：
则（元．
18.（17分）（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】证明：取中点，连接，，
为的中点．，且，
四边形是平行四边形，故，
平面；平面，
平面，
是中点，是的点，
，平面；平面，
平面，又，
平面平面，
又平面，平面；
侧面为正方形，平面平面，平面平面，
平面，，又，，
若选①：；又，平面，
又平面，，又，
，，，两两垂直，
若选②：平面，，平面，平面，
，又，，，
，，
，又，，
，，两两垂直，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，1，，，2，，
，1，，，1，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，，，
又，2，，
设直线与平面所成角为，
，．
直线与平面所成角的正弦值为．
19.（17分）（2021•甲卷（文））抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，直线交于，两点，且．已知点，且与相切．
（1）求，的方程；
（2）设，，是上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）因为与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线的方程为：，
令，则，
根据抛物线的对称性，不妨设在轴上方，在轴下方，故，
因为，故，
抛物线的方程为：，
因为与相切，故其半径为1，故．
另（1）根据抛物线的对称性，由题意可得，
因此点，的坐标为，
由题意可设抛物线的方程为：，
可得，
因此抛物线的方程为．
而圆的半径为圆心到直线的距离为1，
可得的方程为．
（2）很明显，对于或者斜率不存在的情况以及斜率为0的情况满足题意．否则：
设，，，，，．
当，，其中某一个为坐标原点时（假设为坐标原点时），
设直线方程为，根据点到直线距离为1可得，解得，
联立直线与抛物线方程可得，
此时直线与的位置关系为相切，
当，，都不是坐标原点时，即，直线的方程为，
此时有，，即，
同理，由对称性可得，，
所以，是方程 的两根，
则，
依题意有，直线的方程为，
令到直线的距离为，则有，
此时直线与的位置关系也为相切，
综上，直线与相切．
（2）另设，，，2，3，
由直线的两点式可知，直线的方程为，
化简可得，
因为直线与圆相切，所以，
整理得，
同理有，
所以，是关于的方程 的两个根，
则，
依题意有，直线的方程为，
令到直线的距离为，则有，
此时直线与的位置关系也为相切，
综上，直线与相切．
红色外观
蓝色外观
棕色内饰
12
8
米色内饰
2
3
150
300
600