答案： 1.D 复数的运算+共轭复数 解法一 直接法 由题意知，z₁，z₂互为共轭复数，设z₁=a + bi，则z₂=a - bi，所以z₁+z₂=2a = 2，(z₁ - z₂)i = 2bi² = -2b = 2，所以a = 1，b = -1，则z₁=1 - i。故选D。
解法二 方程组法 由题意可得$\begin{cases}z_1 + z_2 = 2\\z_1 - z_2 = \frac{2}{i} = -2i\end{cases}$，解得$\begin{cases}z_1 = 1 - i\\z_2 = 1 + i\end{cases}$，故选D。
考情速递 复数是热门考点 复数一般在单选题前两个题的位置，考查复数的四则运算、复数的基本概念、复数的几何意义。2024年九省联考第10题以多选题的形式考查复数，题目难度显著增加，要求学生熟练掌握复数的基本运算性质，具备较强的公式推导能力。

答案： 2.D 集合间的关系 分类讨论法 当a = 0时，A = ∅，满足A⊆B；当a≠0时，A = {$\frac{1}{a}$}，又A⊆B，所以$\frac{1}{a}$ = 1，或$\frac{1}{a}$ = -1（题眼），所以a = 1或a = -1。故满足题意的a的所有取值组成的集合是{-1, 0, 1}。故选D。

答案： 3.B 数列的周期性 因为$a_{n + 3} = \frac{1}{1 - a_{n + 2}} = \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - a_{n + 1}}} = \frac{1 - a_{n + 1}}{-a_{n + 1}} = - \frac{1 - a_{n + 1}}{a_{n + 1}} = a_n$，所以数列{aₙ}是周期为3的数列（题眼），所以$a_{2024} = a_{674×3 + 2} = a_2 = \frac{1}{1 - a_1}$。故选B。

答案： 4.C 二项式定理 通项公式法 $(\frac{x}{2} - \frac{2}{x})^6$的展开式的通项$T_{k + 1} = C_6^k(\frac{x}{2})^{6 - k}(-\frac{2}{x})^k = (-2)^k·(\frac{1}{2})^{6 - k}C_6^kx^{6 - \frac{3k}{2}}$，0≤k≤6且k∈N（题眼），令6 - $\frac{3k}{2}$ = 0，得k = 4，所以$T_5 = (-2)^4×(\frac{1}{2})^2×C_6^4 = 60$；令6 - $\frac{3k}{2}$ = -3，得k = 6，所以$T_7 = (-2)^6×(\frac{1}{2})^0×C_6^6x^{-3} = 64x^{-3}$。所以$(1 - x^2)(\frac{x}{2} - \frac{2}{x})^6$的展开式中的常数项为60 - 64 = -4。故选C。

答案：
5.A投影向量　数形结合法　因为2AO = AB + AC，所以O为BC的中点，又O为△ABC的外接圆圆心，所以△ABC是直角三角形，且∠BAC = 90°，如图，因为|OA| = |AC|，所以△AOC为等边三角形，则∠ACB = 60°，所以向量CA在向量CB上的投影向量为|CA|cos60°·$\frac{\overrightarrow{CB}}{|\overrightarrow{CB}|}$ = cos60°·$\frac{|\overrightarrow{CA}|}{|\overrightarrow{CB}|}$·$\overrightarrow{CB}$ = cos²60°·$\overrightarrow{CB}$ = $\frac{1}{4}$$\overrightarrow{CB}$。故选A。
　　　　　　　　

答案：
6.B　双曲线的离心率　数形结合法　如图，记直线AP与直线OQ的交点为Q'，由题意及双曲线的对称性知，点Q与点Q'关于坐标原点对称（题眼）。记双曲线E的左焦点为F'，连接F'Q，易得F'Q'//FQ，|F'Q'| = |FQ|，所以△F'Q'A∽△FPA，又$\overrightarrow{PQ}$ = -2$\overrightarrow{PF}$，所以|FP| = $\frac{1}{3}$|FQ| = $\frac{1}{3}$|F'Q'|。记双曲线E的半焦距为c，则$\frac{|F'A|}{|FA|}$ = $\frac{c + a}{c - a}$ = 3，得$\frac{c}{a}$ = 2，所以双曲线E的离心率e = $\frac{c}{a}$ = 2。故选B。
　　　　　　　　
考情速递　离心率高考常考　圆锥曲线的离心率问题，多以选择题、填空题的形式出现，主要考查圆锥曲线的定义与几何性质，难度中等。2024年全国甲卷理科第5题，2023年新课标I卷第5题，2023年全国甲卷理科第8题，2022年全国甲卷理科第10题，均考查了离心率问题，需要引起足够重视。复习过程中要掌握圆锥曲线的基本性质、常规的处理方法，解题时着重从几何性质下手。

答案：
7.A　二面角的定义+立体几何中的轨迹问题+线面平行、面面平行的判定+线面垂直的判定与性质　数形结合法　如图，取AC的中点T，连接B'T，DT，因为菱形ABCD的边长为4，∠ABC = 120°，所以B'C = AB' = CD = AD = 4，故DT⊥AC，B'T⊥AC，且DT = B'T = $\frac{1}{2}$AD = 2，所以∠B'TD为二面角B' - AC - D的平面角（题眼），则∠B'TD = 30°。在△B'TD中，由余弦定理得，|B'D| = $\sqrt{DT^{2}+B'T^{2}-2DT\cdot B'T\cos30°}$ = $\sqrt{2^{2}+2^{2}-2\times2\times2\times\frac{\sqrt{3}}{2}}$ = $\sqrt{8 - 4\sqrt{3}}$ = $\sqrt{6}-\sqrt{2}$。取CT的中点M，CD的中点N，连接EM，EN，MN，又E为B'C的中点，所以EM//B'T，MN//DT，因为EM⊂平面EMN，B'T⊄平面EMN，所以B'T//平面EMN，同理得DT//平面EMN，又B'T∩DT = T，B'T，DT⊂平面B'TD，故平面EMN//平面B'TD。因为DT⊥AC，B'T⊥AC，B'T∩DT = T，B'T，DT⊂平面B'TD，所以AC⊥平面B'TD，所以AC⊥平面EMN，故点F的轨迹为△EMN（除点E外），故点F的轨迹的长度为EM + MN + EN = $\frac{1}{2}$(B'T + DT + B'D) = $\frac{4+\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$。故选A。
　　　　　　　　

答案： 8.C　抽象函数的性质赋值法令x = y = 0，则f²
(0) = f²
(0) - f
(0)，得f
(0) = 0；令x = 0，y＞0，得f(y)f(-y) = f
(0) - f²(y)，得f(y)f(-y) = -f²(y)，整理得f(y)(f(-y) + f(y)) = 0，又当x＞0时，f(x)＞0，所以f(y)＞0，故f(-y) + f(y) = 0。综上，f(x)是奇函数（题眼）。设x₂＞x₁＞0，则f(x₁)＞0，f(x₂)＞0，f(x₁ + x₂)＞0，f²(x₂) - f²(x₁) = (f(x₂) + f(x₁))(f(x₂) - f(x₁)) = f(x₁ + x₂)f(x₂ - x₁)＞0，所以f(x₂) - f(x₁)＞0，又f
(0) = 0，f(x)是奇函数，故f(x)在R上是增函数，故f(x)不是周期函数。故选C。
考情速递　抽象函数的性质常考不衰　本题考查抽象函数的基本性质，抽象函数相关的题目是高考的经典题型。如2024年新课标I卷第8题，2023年新课标I卷第11题，2022年新高考II卷第8题均考查了抽象函数的基本性质，抽象函数的基本性质的经典题型有函数的奇偶性、单调性的判断，利用函数的单调性和奇偶性解函数不等式，利用赋值法或函数的周期性求函数值等，本题考查了判断函数的奇偶性、单调性、周期性及利用赋值法求函数值，体现了对经典题型的关注。

答案： 9.BC　百分位数+方差的性质+正态分布+独立性检验　定义法　对于A，10×40% = 4，则第40百分位数是$\frac{12 + 13}{2}$ = 12.5，故A错误。
对于B，设样本数据x₁，x₂，…，x₁₀的方差为s²，则数据2x₁ + 1，2x₂ + 1，…，2x₁₀ + 1的方差为2²×s² = 8，解得s² = 2，故B正确。对于C，根据正态曲线的对称性及P(X≥ - 2) + P(X≥6) = 1可知，P(X＜ - 2) = P(X＞6)，所以μ = $\frac{-2 + 6}{2}$ = 2，故C正确。对于D，在独立性检验中，零假设为H₀：分类变量X和Y独立。基于小概率值α的独立性检验规则是：当χ²≥χα时，我们就推断H₀不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过α；当χ²＜χα时，我们没有充分证据推断H₀不成立，可以认为X和Y独立。故D错误。综上所述，选BC。
考情速递　考查对百分位数、方差等概念的理解　2024年新课标I卷第9题考查了对正态分布的理解，2024年新课标II卷第4题考查了中位数、平均数、极差的计算。本题考查了百分位数、方差的性质、正态分布及独立性检验的概念，与高考命题思路一致，均考查学生对基本概念的理解，同时还考查了学生的数据分析能力。

答案： 10.BCD　三角函数解析式的求法+三角函数的实际应用整体代换法　由题意知$\begin{cases}A + b = 110\\-A + b = 10\end{cases}$，解得$A = 50$，$b = 60$。又最小正周期$T = 30$，所以$\omega=\frac{2\pi}{30}=\frac{\pi}{15}$，所以$H(t)=50\sin(\frac{\pi}{15}t + \varphi)+60$。当$t = 0$时，可得$\sin\varphi = -1$，所以$\varphi = -\frac{\pi}{2}$，故$H$关于时间$t$的函数解析式为$H(t)=50\sin(\frac{\pi}{15}t - \frac{\pi}{2})+60(t\geq0)$。(题眼)
对于A，因为时间$t\geq0$，所以函数$H(t)$是非奇非偶函数，所以A错误；
对于B，由题意知，$H(t_1)=H(t_2)$，即$50\sin(\frac{\pi}{15}t_1 - \frac{\pi}{2})+60 = 50\sin(\frac{\pi}{15}t_2 - \frac{\pi}{2})+60$，即$\cos\frac{\pi}{15}t_1 = \cos\frac{\pi}{15}t_2$，所以$\frac{\pi}{15}t_1 = 2k\pi + \frac{\pi}{15}t_2(k\in Z,t_1\neq t_2,t_1\geq0,t_2\geq0)$，或$\frac{\pi}{15}t_1 = 2k\pi - \frac{\pi}{15}t_2(k\in Z,t_1\neq t_2,t_1\geq0,t_2\geq0)$，即$t_1 = t_2 + 30k(k\in Z,t_1\neq t_2,t_1\geq0,t_2\geq0)$，或$t_1 + t_2 = 30k(k\in Z,t_1\neq t_2,t_1\geq0,t_2\geq0)$，所以$(t_1 + t_2)_{min} = 30$，所以B正确；
对于C，由题意知，$50\sin(\frac{\pi}{15}t - \frac{\pi}{2})+60\geq85$，即$\sin(\frac{\pi}{15}t - \frac{\pi}{2})\geq\frac{1}{2}$，即$\cos\frac{\pi}{15}t\leq - \frac{1}{2}$，所以$2k\pi + \frac{2\pi}{3}\leq\frac{\pi}{15}t\leq2k\pi + \frac{4\pi}{3}$，$k\in N$，解得$30k + 10\leq t\leq30k + 20$，$k\in N$，所以摩天轮旋转一周的过程中，旅客甲距离地面的高度不低于85米的时间为10分钟，所以C正确；
对于D，因为摩天轮的圆周上均匀地安装了36个座舱，故相邻2个座舱与轴心连线所成的扇形的圆心角为$\frac{2\pi}{36}=\frac{\pi}{18}$，因为$P$，$Q$2个座舱相隔5个座舱，所以劣弧$PQ$对应的圆心角是$\frac{\pi}{18}\times6 = \frac{\pi}{3}$，故$l = \frac{\pi}{3}\times50 = \frac{50\pi}{3}$(米)，所以D正确。综上所述，选BCD。