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）.docx

1、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新课标全国卷）已知，则（） ABC0D1【答案】A【详解】因为，所以，即故选：A2.（2023全国乙卷数学（理）设集合，集合，则（）ABCD【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新课标全国卷）已知为锐角，则（）ABCD【答案】D【详解】因为，而为锐角，解得：故选：D4.（2

2、023乙卷（文）正方形的边长是2，是的中点，则AB3CD5【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）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（）A1BC0D【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：B7.（2023全国乙卷数学（文）已知实数满足，则的最大值是（）AB

3、4CD7【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（）ABCD【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

4、选错的得0分。9（2021新课标全国卷）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

5、；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：AD11（2022新课标全国卷）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（）AC的准线为B直线AB与C相切CD【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

6、，而，故D正确.故选：BCD12（2023新课标全国卷）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

7、小题，每小题5分，共20分。13（2021新高考）写出一个同时具有下列性质的函数 ；当时，；是奇函数时，；当时，；是奇函数【解析】另幂函数即可满足条件和；偶函数即可满足条件，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）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，

8、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，当，时，则，又，解得；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619（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）

9、，故（c），所以（c）的最小值为0.0220（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，

10、两式相加可得，解得，其中为直线的斜率；若选择：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：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，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，或选由：由成立可知直线的斜率存在且

11、不为0若选，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，条件等价于，综上所述：条件在上等价于，条件等价于，条件等价于选：由解得，成立；选：由解得：，成立；选：由解得：，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，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；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；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，