資源簡介

新題型01 新高考新結構二十一大考點匯總
高考數學全國卷的考查內容、考查范圍和考查要求層次與比例均與課程標準保持致注重考查內容的全面性的同時，突出主干、重點內容的考查，通過依標施考，引導中學教學依標施教.
調整布局，打破固化模式.高考數學堅持穩中有變，通過調整試卷結構，改變相對固化的試題布局優化試題設計，減少學生反復刷題、機械訓練的收益，竭力破除復習備考中題海戰術和題型套路，發揮引導作用.
【題型1 集合新考點】
【例1】（2024·浙江溫州·高三期末）
1．設集合U=R， ，，則圖中陰影部分表示的集合為（ ）
A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2} C．{x|0【變式1-1】（2024·安徽省·高三模擬）
2．下列選項中的兩個集合相等的有（ ）.
A．
B．
C．
D．
【變式1-2】（2024·江蘇四校聯合·高三期末）
3．設全集為定義集合與的運算：且，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-3】（2024·江蘇南通·高三期末）
4．定義集合運算，集合，則集合所有元素之和為
【變式1-4】（2024·江蘇南通·高三期末）
5．已知X為包含v個元素的集合（，）．設A為由X的一些三元子集（含有三個元素的子集）組成的集合，使得X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集中，則稱組成一個v階的Steiner三元系．若為一個7階的Steiner三元系，則集合A中元素的個數為 ．
【題型2 復數新考點】
【例2】（2023·全國·統考模擬預測）
6．已知復數，且，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【變式2-1】（多選）（2024上·云南·高三校聯考階段練習）
7．若復數，則（ ）
A．的共軛復數 B．
C．復數的虛部為 D．復數在復平面內對應的點在第四象限
【變式2-2】（多選）（2024上·江西宜春·高三上高二中校考階段練習）
8．設為復數，則下列命題中正確的是（ ）
A． B．若，則復平面內對應的點位于第二象限
C． D．若，則的最大值為2
【變式2-3】（多選）（2024上·云南德宏·高三統考期末）
9．已知是復數的共軛復數，則下列說法正確的是（ ）
A． B．若，則
C． D．若，則的最小值為1
【變式2-4】（多選）（2024上·河南南陽·高三統考期末）
10．設復數的共軛復數為，則下列結論正確的有（ ）
A． B．
C． D．
【題型3 函數選圖題新考點】
【例3】（2024·浙江·高三期末）
11．已知函數對任意的有，且當時，，則函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-1】（2024·浙江寧波·高三期末）
12．函數在上的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-2】（2024·安徽省·高三模擬）
13．函數的圖象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-3】（2024·安徽·高三期末）
14．若將確定的兩個變量y與x之間的關系看成，則函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
【變式3-4】（2023上·湖北·高三校聯考階段練習）
15．已知函數的定義域為，滿足．當時，則的大致圖象為（ ）
A． B．
C． D．
【題型4 比較大小新考點】
【例4】（2024·遼寧重點高中·模擬預測）
16．設，，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式4-1】（2024·江蘇四校聯合·高三期末）
17．設，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式4-2】（2024·吉林·高三期末）
18．已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式4-3】（2024·全國·模擬預測）
19．已知，，，則，，的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-4】（2023·山東臨沂·統考一模）
20．已知，則（ ）
A． B． C． D．
【題型5 數列小題新考點 】
【例5】（2024上·北京房山·高三統考期末）
21．數學家祖沖之曾給出圓周率的兩個近似值：“約率”與“密率”.它們可用“調日法”得到：稱小于3.1415926的近似值為弱率，大于3.1415927的近似值為強率.由于，取3為弱率，4為強率，計算得，故為強率，與上一次的弱率3計算得，故為強率，繼續計算，….若某次得到的近似值為強率，與上一次的弱率繼續計算得到新的近似值；若某次得到的近似值為弱率，與上一次的強率繼續計算得到新的近似值，依此類推.已知，則（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【變式5-1】（2023·山東煙臺·統考二模）
22．給定數列A，定義A上的加密算法：當i為奇數時，將A中各奇數項的值均增加i，各偶數項的值均減去1；當i為偶數時，將A中各偶數項的值均增加，各奇數項的值均減去2，并記新得到的數列為．設數列：2，0，2，3，5，7，數列，則數列為 ；數列的所有項的和為 ．
【變式5-2】（2024江西省九師聯盟）
23．在1，3中間插入二者的乘積，得到1，3，3，稱數列1，3，3為數列1，3的第一次擴展數列，數列1，3，3，9，3為數列1，3的第二次擴展數列，重復上述規則，可得1，，，…，，3為數列1，3的第n次擴展數列，令，則數列的通項公式為 .
【變式5-3】（2023上·廣東深圳·）
24．若系列橢圓（，）的離心率，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-4】（2024上·浙江溫州·高三）
25．漢諾塔（又稱河內塔）問題是源于印度一個古老傳說的益智玩具.如圖所示目標柱起始柱輔助柱的漢諾塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及顏色各不相同的圓盤，三根柱子分別為起始柱、輔助柱及目標柱.已知起始柱上套有個圓盤，較大的圓盤都在較小的圓盤下面.現把圓盤從起始柱全部移到目標柱上，規則如下：每次只能移動一個圓盤，且每次移動后，每根柱上較大的圓盤不能放在較小的圓盤上面.規定一個圓盤從任一根柱上移動到另一根柱上為一次移動.若將個圓盤從起始柱移動到目標柱上最少需要移動的次數記為，則 . .
【變式5-5】（2024上·上海·）
26．已知等差數列（公差不為0）和等差數列的前項和分別為，如果關于的實系數方程有實數解，那么以下1003個方程中，有實數解的方程至少有（ ）個.
A．499 B．500 C．501 D．502
【題型6 排列組合小題新考點】
【例6】（2023·貴州·校聯考模擬預測）
27．公元五世紀，數學家祖沖之估計圓周率的值的范圍：，為紀念祖沖之在圓周率的成就，把3.1415926稱為“祖率”，這是中國數學的偉大成就.某小學教師為幫助同學們了解“祖率”，讓同學們把小數點后的7位數字進行隨機排列，整數部分3不變，那么可以得到小于3.14的不同數字的個數有（ ）
A．240 B．360 C．600 D．720
【變式6-1】（2023·寧夏銀川·銀川一中校考一模）
28．圖為一個開關陣列，每個開關只有“開”和“關”兩種狀態，按其中一個開關次，將導致自身和所有相鄰的開關改變狀態．例如，按將導致，，，，改變狀態．如果要求只改變的狀態，則需按開關的最少次數為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-2】（2023·高三課時練習）
29．小于300的所有末尾是1的三位數的和等于 ．
【變式6-3】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）
30．在一個圓周上有8個點，用四條既無公共點又無交點的弦連結它們，則連結方式有 種.
【變式6-4】（2024· 江蘇省四校聯合·高三模擬）
31．若，為正整數且，則（ ）
A． B．
C． D．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】先求出集合A，B，再由圖可知陰影部分表示，從而可求得答案
【詳解】因為等價于，解得 ，
所以，所以或，
要使得函數有意義，只需，解得，
所以
則由韋恩圖可知陰影部分表示.
故選：D.
2．AC
【分析】分析各對集合元素的特征，即可判斷.
【詳解】解：對于A：集合表示偶數集，集合也表示偶數集，所以，故A正確；
對于B：，
，所以，故B錯誤；
對于C：，又，
所以，即，所以，故C正確；
對于D：集合為數集，集合為點集，所以，故D錯誤；
故選：AC
3．B
【解析】根據定義用交并補依次化簡集合，即得結果.
【詳解】且
故選：B
【點睛】本題考查集合新定義、集合交并補概念，考查基本分析轉化能力，屬中檔題.
4．18
【分析】由題意可得，進而可得結果.
【詳解】當
當
當
當
和為
故答案為：18
5．7
【分析】令，列舉出所有三元子集，結合組成v階的Steiner三元系定義，確定中元素個數.
【詳解】由題設，令集合，共有7個元素，
所以的三元子集，如下共有35個：
、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
因為中集合滿足X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集，所以中元素滿足要求的有：
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
、、、、、、，共有7個；
共有15種滿足要求的集合A，但都只有7個元素.
故答案為：7
6．C
【分析】計算出的值，即可得解.
【詳解】因為，
，
，
，
，
所以，當時，，故的最小值為.
故選：C.
7．ABD
【分析】首先化簡復數，再根據復數的相關概念，即可判斷選項.
【詳解】，則，故正確；
，故正確；復數的虛部為，故錯誤；
復數在復平面內對應的點為，在第四象限，故正確.
故選：ABD
8．ABD
【分析】利用復數的四則運算，復數模的性質逐個選項分析即可.
【詳解】對于A，設，故，則，，故成立，故A正確，
對于B，，，顯然復平面內對應的點位于第二象限，故B正確，
對于C，易知，，當時，，故C錯誤，
對于D，若，則，而，易得當時，最大，此時，故D正確.
故選：ABD
9．CD
【分析】結合復數的四則運算，共軛復數的定義及復數模長的公式可判斷A；結合特殊值法可判斷B；結合復數模長的性質可判斷C；結合復數的幾何意義可判斷D.
【詳解】對于A，設，則，但，故A錯誤；
對于B，令，滿足，故B錯誤；
對于C，設，則所以，則，所以，故C正確；
對于D，設，則，
即，表示以為圓心，半徑為1的圓，
表示圓上的點到的距離，故的最小值為，故D正確.
故選：CD
10．AC
【分析】根據已知條件，結合共軛復數的概念，以及復數代數形式的乘除法運算法則，即可求解.
【詳解】對于A，，故A正確；
對于B，，故B錯誤；
對于C，，所以，故C正確；
對于D，，，所以，故D錯誤.
故選：AC
11．D
【解析】由得，得到函數是奇函數，根據函數奇偶性和單調性之間的關系即可得到結論.
【詳解】由得，則函數是奇函數，排除A、C
當時，，對應的圖象為D，
故選：D.
12．C
【分析】根據函數的奇偶性，結合特殊值，即可排除選項.
【詳解】首先，所以函數是奇函數，故排除D，，故排除B，
當時，，故排除A，只有C滿足條件.
故選：C
13．D
【分析】分，和三種情況討論，結合函數的單調性及函數的零點即可得出答案.
【詳解】①當時，，此時A選項符合；
②當時，，
當時，，
因為函數在上都是減函數，
所以函數在在上是減函數，
如圖，作出函數在上的圖象，
由圖可知，函數的圖象在上有一個交點，
即函數在在上有一個零點，
當時，，則，
由，得，由，得，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
當時，，故B選項符合；
③當時，，
當時，，
因為函數在上都是減函數，
所以函數在上是減函數，
如圖，作出函數在上的圖象，
由圖可知，函數的圖象在上有一個交點，
即函數在在上有一個零點，
當時，，則，
由，得，由，得，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
當時，，故C選項符合，D選項不可能.
故選：D.
14．C
【分析】利用對數的運算及排除法即可求解.
【詳解】由得，
顯然，所以，
由，得，
所以，排除AB，
由，當且僅當時取等號，可排除D．
故選：C．
15．D
【分析】利用函數的奇偶性，及特殊位置結合排除法即可判定選項.
【詳解】因為函數的定義域為，滿足，
所以是偶函數，所以的圖象關于y軸對稱，故排除A；
當時，，所以，故排除B，C．
故選:D
16．D
【分析】先根據，，得到，再構造函數，比較出，得到結論.
【詳解】，
，，
下證時，，
設，射線與單位圓相交于點，過點作⊥軸于點D，
單位圓與軸正半軸交于點，過點作⊥軸，交射線于點，連接，
則，
設扇形的面積為，因為，
所以，即，
故，所以，，
所以，
因為，令，，
則，其中，
令，則，，
令，則在上恒成立，
則在上單調遞增，又，
故在上恒成立，
所以在上單調遞增，又，
故在上恒成立，
所以在上單調遞增，又，
所以，即，
則
因為，
令，，
則，令，
則，令，
則，令，
則在上恒成立，
所以在單調遞減，
又，故在上恒成立，
所以在上單調遞減，
又，故在上恒成立，
所以在上單調遞減，
又，故在上恒成立，
故在上單調遞減，
又，故，即，
故，
其中，
則，D正確.
故選：D
【點睛】麥克勞林展開式常常用于放縮法進行比較大小，常用的麥克勞林展開式如下：
，，
，
，
，
17．B
【分析】利用和以及，再進行合理賦值即可.
【詳解】，
設，，則，
則在上單調遞增，則，則在上恒成立，則，即，
設，，則在上恒成立，
則，則在上恒成立，
令，則，則，
設，在上恒成立，
則在上單調遞增，則，即在上恒成立，
令，則，則，即，故，
故選：B.
18．D
【分析】構造函數，利用導數研究函數單調性，從而比較大小.
【詳解】設，則，
在時，，所以在上單調遞增，
所以，則，
即，則，
設，則，
則當，，所以為減函數，
則當， ，所以為增函數，
所以，則；
設，，則，
所以在為增函數，則，
即，則，所以；
所以.
故選：D.
【點睛】思路點睛：兩個常用不等式
（1），
（2），
19．C
【分析】先利用常見不等式放縮得到，的大小關系，再利用冪函數的單調性比較，的大小關系即可得到答案.
【詳解】令，則恒成立，
所以在單調遞增，
所以當時，，即；
令，則恒成立，
所以在單調遞增，
所以當時，，即；
由誘導公式得，
所以，因此；
因為，，
故只需比較與的大小，
由二項式定理得，，
所以．
綜上，.
故選：C
【點睛】方法點睛：本題考查比較大小問題，此類問題常見的處理方法為：
（1）中間值法：通過與特殊的中間值比較大小，進而判斷兩個數的大小關系；
（2）構造函數法：通過觀察兩個數形式的相似之處，構造函數，利用導數研究函數單調性與極值等性質進而比較大小；
（3）放縮法：利用常見的不等式進行數的放縮進而快速比較大小.
20．B
【分析】構造，由零點存在定理求得零點x的范圍，即可結合指數函數、冪函數的性質比較的大小.
【詳解】令，則在R上單調遞增，
由，則時，即，而，
∵，
∴.
.
綜上：.
故選：B.
21．B
【分析】根據題意不斷計算即可解出．
【詳解】因為為強率，由可得，，即為強率；
由可得，，即為強率；
由可得，，即為強率；
由可得，，即為強率；
由可得，，即為弱率，所以，
故選：B.
22． 1，3，1，6，4，10
【分析】由題意求出數列，即可求解數列；對于偶數項可得，為等差數列，寫出第2，4，6項. 對于奇數項可得，為等差數列，寫出第1，3，5項，相加即可求解.
【詳解】由題意，
，1為奇數，所以，
，2為偶數，所以.
因為，為偶數，為奇數，
所以對于偶數項，，得，
則為等差數列，得數列B2n中：
第2項為：，
第4項為：，
第6項為：；
對于奇數項，，得，
則為等差數列，得數列B2n中：
第1項為：，
第3項為：，
第5項為：，
所以所有的項的和為
.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是理解新定義“數列A”的算法，以學習過的數列相關的知識為基礎，通過一類問題共同特征的“數學抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基礎上，解決新問題.
23．
【分析】根據數列的定義找到與的關系，然后利用構造法結合等比數列的定義求解即可.
【詳解】因為，
所以，
所以，
又，所以，
所以是以為首項，3為公比的等比數列，
所以，所以.
故答案為：
24．A
【分析】先化為標準方程，直接求出離心率列方程即可求解.
【詳解】橢圓可化為：.
因為，所以離心率，解得：.
故選：A
25． 7
【分析】根據題意可得，當時，求分三步，從而可得，則可求出，進而可求得答案.
【詳解】顯然.
當有個圓盤時，求分三步：
第一步，先將上面的個圓盤移到輔助柱，至少需要次；
第二步，將起始柱上最大的一個圓盤移動到目標柱子，需1次；
第三步，將輔助柱上的個圓盤移動到目標柱至少需要次，
因此，
所以
因為，
所以數列是以2 為公比，2為首項的等比數列，
所以
所以，所以，
，
故答案為：7，.
26．D
【分析】依題意，由等差數列的性質及求和公式得到，要想無實根，需滿足，結合根的判別式與基本不等式得到至多一個成立，同理可證：至多一個成立，至多一個成立，且，從而得到結論.
【詳解】由題意得：，其中，
，代入上式得：，
要方程無實數解，則，
顯然第502個方程有解.
設方程與方程的判別式分別為，
則
，
等號成立的條件是，所以至多一個成立，
同理可證：至多一個成立，至多一個成立，且，
綜上，在所給的1003個方程中，無實數根的方程最多502個，
故選：D.
【點睛】解決本題關鍵是靈活運用二次方程根的判別式，等差數列性質及基本不等式進行求解.
27．A
【分析】分為3.11開頭的以及3.12開頭的，分別計算得出結果，根據分類加法計數原理加起來，即可得出答案.
【詳解】小于3.14的不同數字的個數有兩類：
第一類：3.11開頭的，剩余5個數字全排列有種；
第二類：3.12開頭的，剩余5個數字全排列有種.
根據分類加法計數原理可知，共種.
故選：A．
28．A
【分析】分析可知，要只改變的狀態，則只有在及周邊按動開關才可以實現開關的次數最少，利用表格分析即可.
【詳解】根據題意可知：只有在及周邊按動開關，才可以使按開關的次數最少，具體原因如下：
假設開始按動前所有開關均為閉合狀態，要只改變的狀態，在按動后，，也改變，
下一步可同時恢復或逐一恢復，同時恢復需按動，但會導致周邊的，也改變，因此會按動開關更多的次數；所以接下來逐一恢復，至少需按開關次；
這樣沿著周邊的開關再按動，可以實現最少的開關次數，即按動次可以滿足要求.
如下表所示：（按順時針方向開關，逆時針也可以）
按動 開 開 關 開 關 關 關 關 關
按動 開 關 開 開 關 開 關 關 關
按動 開 關 關 開 開 關 關 關 開
按動 開 關 關 開 開 關 開 開 關
按動 開 關 關 關 關 關 關 關 關
則需按開關的最少次數為.
故選：A.
29．3920
【分析】根據小于300的所有末尾是1的三位數是以101為首項，以10為公差的等差數列求解.
【詳解】解：小于300的所有末尾是1的三位數是101，111，121，…，291，
是以101為首項，以10為公差的等差數列，
所以小于300的所有末尾是1的三位數的和為,
故答案為：3920
30．14
【分析】根據加法分類計數原理求解即可.
【詳解】不妨設圓周上的點依次為，
要使得四條弦既無公共點又無交點，如圖所示：

符合圖①的連結方式有2種；符合圖②的連結方式有4種；符合圖③的連結方式有8種；
共計種.
故答案為：.
31．AD
【分析】根據組合數和排列數的計算公式和性質，對每個選項逐一計算即可判斷.
【詳解】對A：由組合數性質：可知，A正確；
對B： ，故B錯誤；
對C：，
，故，C錯誤；
對D：
，故D正確.
故選：AD.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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