2024年新高考数学考前冲刺必刷卷01（天津专用）解析版.docx

《2024年新高考数学考前冲刺必刷卷01（天津专用）解析版.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2024年高考考前信息必刷卷01（天津专用）数学试卷天津卷考试题型为9（单选题）＋6（填空题）＋5（解答题），其中第19题第20题属于压轴题目，去年第19题创新考查了数列的极限，此外对于数列的求和问题也是别出心裁，具有很强的创新性。第20题依旧是导数的综合应用，结合不等式与数列综合性很强。天津卷坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳妥推进新高考的改革，形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系。即以立德树人为中心，以数学素养和创新能力为两个着力点；突出对主干知识、思想方法、问题解决能力的考查；通过优化试卷结构、创新呈现方式、精选试题素材，突出学科本质，达到落实高考育人的目的。天津卷通过设计创新性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。第3题一改往年的常规套路，由原来的给解析式来找对应的图像，改为了由图像去求对应的函数解析式，更好的考查学生们对于初等函数基本性质与图像的理解，主要考察了函数的奇偶性，以及函数的运算。相比以往具有一定的创新性。第9题的难度并不大，考察圆锥曲线相关知识，值得注意的是此次单独考察了双曲线，第12题与直线和圆做了结合，也是创新点。2023年天津卷进一步优化试卷的结构，第6题是近几年年来首次将数列问题考察到小题里面，给人耳目一新的感觉，同样的还有卷子的第7题，关于统计概率相关首次考察相关系数相关性问题，考查知识越来越全面，以前没考过的知识点在慢慢的考察，考察的更全面，并在立体几何问题中首次考察点到线的距离问题。这种尝试增强了试题灵活性，为引导教学、防止题型固化、命题方式固化起到积极的作用。可以预见的是24年的高考题目一定会更加灵活，对于知识点的考察会更全面。第14题求通过平面向量的数量积的运算，巧妙的结合了二次函数求解最值，一道题目涉及多个知识点这也将是天津卷考察的一个方向。第15题属于函数的零点问题，属于综合题，主要考察分类讨论思想，对参数的分类讨论，以及通过计算化简函数，再根据根的个数来判定零点个数。总之，2024年高考数学继续保持“入口易、口径宽，深入缓、出口难”的特点，坚持“立德树人、服务选才、引导教学”的命题指导原则，形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系，导向中学对“四具备”人才的培养，即具备自觉的数量观念的人、具备严密推理逻辑的人、具备高度抽象概括的人、具备一丝不苟、精益求精作风的人。第Ⅰ卷（选择题）学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 一、选择题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．设全集为，2，3，4，5，，，3，，，5，，则　　A．，B．，C．D．，3，4，【答案】【分析】根据已知条件，先求出集合，再结合补集、交集的运算法则，即可求解．【解答】解：，2，3，4，5，，，3，，，4，，，2，3，4，5，，，5，，，3，，，．故选：．2．“”是“函数的图象与轴只有一个公共点”的　　A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】【分析】考虑和两种情况，计算△得到，根据范围大小得到答案．【解答】解：当时，函数的图象与轴只有一个公共点，满足题意，当时，函数的图象与轴只有一个公共点，则△，解得，综上所述：或．故选：．3．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是　　A．B．C．D．【答案】【分析】从函数的奇偶性，定义域和时，与0的大小关系，逐一对选项进行排除即可．【解答】解：由图知，函数为奇函数，而选项中的函数为偶函数，所以不符合题意，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 函数的定义域为，而选项中函数的定义域为，所以不符合题意，当时，，由于，，所以选项中的函数，不符合题意，选项中函数，符合题意．故选：．4．已知，，，则　　A．B．C．D．【答案】【分析】分别解出，，的范围，即可解出．【解答】解：，，，，故选：．5．如果函数的图象关于点，则的最小值为　　A．B．C．D．【分析】根据题意，利用余弦函数的图象，分析可得，进而求出的表达式，然后确定的最小值．【解答】解：根据题意，若函数的图象关于点，则有，即，解可得，则，分析可得：时，的最小值为，故选：．6．等比数列中，，，则　　A．B．2C．4D．【答案】【分析】利用等比数列的性质直接求解．【解答】解：等比数列中，，所以，又，所以，或，，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 因为，所以，因为，所以．故选：．7．下列说法错误的是（　　）A．线性相关系数r＞0时，两变量正相关B．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数r的值就越接近于1C．在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位D．对分类变量X与Y，随机变量χ2的观测值越大，则判断“X与Y有关系”的把握程度越大【解答】解：A：线性相关系数r＞0时，变量为正相关，正确；B：两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数|r|的值就越接近于1，错误；C：在回归直线方程中，当Δx＝1时，，正确；D：对分类变量X与Y，随机变量χ2的观测值越大，变量间的关系把握程度越大，正确．故选：B．8．在棱长为2的正方体中，为正方形的中心，，，分别为，，的中点，则四面体的体积为　　A．B．C．D．【答案】【分析】由题意画出图形，分别求出、、、、、的长度，再求出到平面的距离，代入棱锥体积公式求解．【解答】解：如图，在棱长为2的正方体中，求得，，，，取的中点，连接，，可得，，，，在中，由余弦定理可得，，，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 则到平面的距离．．故选：．9．已知为双曲线的右顶点，为双曲线右支上一点，若点关于双曲线中心的对称点为，设直线，的倾斜角分别为，且，则双曲线的渐近线方程为　　A．B．C．D．【答案】【分析】设出点，的坐标，由此直线，的斜率的乘积，再由已知正切的值以及点，在双曲线上，联立求出渐近线的斜率，由此即可求解．【解答】解：设，，，，因为，则，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故选：．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 10．已知是虚数单位，化简的结果为　　．【答案】．【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．【解答】解：．故答案为：．11．在的展开式中，的系数是　　．【答案】．【分析】求出展开式的通项，然后令的指数为2，求出的值，由此即可求解．【解答】解：展开式的通项为，令，解得，所以的系数为，故答案为：．12．已知直线被圆截得的弦长等于该圆的半径，则实数　　．【答案】2或．【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，写出圆心到直线的距离，利用垂径定理求弦长，结合已知列式求得值．【解答】解：由，得，则圆心，半径为，到直线的距离，直线被圆截得的写出为，整理得，解得或．故答案为：2或．13．某高校进行强基招生面试，评分规则是：共设3道题，每道题答对给20分、答错倒扣10分（每道题都必须回答，但相互不影响）．设某学生每道题答对的概率都为，则该学生在面试时恰好答对2道题的概率是　　，该学生在面试时得分的期望值为　　分．【答案】；30．【分析】利用独立重复试验的概率计算公式，求出该学生在面试时恰好答对2道题的概率；再由该学生在面试时答对题目数学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 ，分别求出答对题数的数学期望和答对一道试题得分的数学期望，即可得到答案．【解答】解：因为每道题相互不影响，且每道题答对的概率都为，所以该学生在面试时恰好答对2道题的概率是，设该学生在面试时答对题目数为，则随机变量，又每道题答对的概率都为，所以答一道试题得分的期望值为分，所以该学生在面试时得分的期望值为分．故答案为：；30．14．如图，在矩形中，，，，为的中点，则　　；若点在线段上运动，则的最小值为　　．【答案】5；．【分析】把所有向量都用表示即可求解．【解答】解：，所以．因为点在线段上运动，设，其中，，，，所以，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 结合二次函数的图象及性质可得，当时，取得最小值．故答案为：5；．15．函数，函数，若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是　　．【答案】或或．【分析】根据题意整理函数解析式，利用导数要求分段函数单调性，结合分类讨论思想以及零点存在性定理，可得答案．【解答】解：由题意可得．当时，，△，当在，上存在2个零点时，，解得；当在，上存在唯一零点时，，解得；当在，上不存在零点时，无解．当时，，则，当时，，在单调递增，（1），，由（2），则在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，令，解得，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以，令，解得，当时，在上存在唯一零点，此时符合题意；当时，，此时符合题意；当时，，（1），，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 由，则在存在2个零点，此时不合题意；当时，，则在不存在零点，此时不合题意．综上所述，或或．故答案为：或或．三、解答题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．已知中，角，，的对边分别为，，，若，且，．（Ⅰ）求的长；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．【答案】．（Ⅱ）．（Ⅲ）．【分析】（Ⅰ）由正弦定理，及，可得．再利用余弦定理即可得出．（Ⅱ）由（Ⅰ）知．由余弦定理，可得．利用同角三角函数基本关系式即可得出．（Ⅲ）由知，且，因此．利用诱导公式、倍角公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理，及，可得，即．由余弦定理，，解得．（Ⅱ）由（Ⅰ）知．由余弦定理，可得．因为，且，所以．于是，．（Ⅲ）由知，且，因此．所以．学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 17．如图，在直三棱柱中，是中点．（1）求证：平面；（2）若，且，①求平面与平面所成锐二面角的余弦值．②求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）；．【分析】（1）连接交，利用中位线的性质判定线线平行，再证线面平行即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角及点面距离即可．【解答】解：（1）证明：如图所示，连接交于点，连接，由三棱柱的特征可知侧面是平行四边形，则是的中点，又是中点．则，因为平面，平面平面，所以平面；（2）由已知可得底面，，所以可以为坐标原点建立空间直角坐标系，建立如图所示的空间直角坐标系，，0，，，1，，，2，，，0，，则，，2，，设平面的一个法向量为，则，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 取，则，，即．①易知是平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则；②易知，则点到平面的距离．18．已知，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的上顶点，点到直线的距离为，椭圆过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线过点，且与轴垂直，，为直线上关于轴对称的两点，直线与椭圆相交于异于的点，直线与轴的交点为，当△与的面积之差取得最大值时，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）根据条件得到关于，的方程，解方程求出，的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线的方程，将与椭圆联立，求出，，，的坐标，结合两点距离公式和基本不等式求解即可．【解答】解：（1）由题意知，，，则直线的方程为，即，所以点到直线的距离，即，①又椭圆过点，所以②，联立①②，解得，，故椭圆的标准方程为；（2）由（1）得，直线的方程为，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，解得，即，联立，消得，解得或，所以，所以直线的方程为，令，得，，所以，当且仅当时取等号，故当△与的面积之差取得最大值时，直线的方程为或．19．已知是各项都为整数的等比数列，是等差数列，，，．（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）设表示数列的前项乘积，即，．（ⅰ）求；（ⅱ）若数列的前项和为，且，求证：．【答案】（Ⅰ）和的通项公式分别为，；（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）证明过程见解析．【分析】（Ⅰ）由已知求得等比数列的公比，可得等比数列的通项公式，再求出，可得等差数列的公差，进一步得到等差数列的通项公式；（Ⅱ）（ⅰ）由有理指数幂的运算性质及等差数列的前项和求；（ⅱ）把问题转化为证明前项和为的数列通项公式是．验证首项成立，再证明学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 即可．【解答】（Ⅰ）解：设等比数列的公比为，由，，得，解得或．数列的各项都为整数，，则，．设等差数列的公差为，又，，解得，得；（Ⅱ）（ⅰ）解：，；（ⅱ）证明：，，且，．故要证，只需证，即证明前项和为的数列通项公式是．当时，，而，；当时，．且代入时，故即为数列的前项和．，．20．已知函数的极大值为，其中为自然对数的底数．（1）求实数的值；（2）若函数，对任意，恒成立．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：．【分析】（1）对求导，判断函数的极大值为（e），求出；（2）根据题意，任意，，即，设，，只需，，对分类讨论求出即可；要证，只需证明，化简得，只需证学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 ，集合证明即可．【解答】解：（1），，当时，，递增；当时，，递减；所以的极大值为（e），故；（2）根据题意，任意，，即，化简得，令，，，令，，设，，只需，，当时，当时，，所以，不成立；当时，显然成立；当时，由，当，递减，，递增，的最小值为，由，得，综上；证明：要证，只需证明，化简得，只需证，设，，由，当时，递减；时，递增；所以（1），由，在递增，故，得，又由，所以，所以成立，故原命题成立．学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司