2024年新高考数学考前冲刺必刷卷01（江苏专用）解析版.docx

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2024年高考考前信息必刷卷01（江苏专用）数学试题江苏高考新题型为8（单选题）＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中第19题属于综合题，综合了新定义、集合论、归纳法、排除法、演绎证明等思想和方法，考查学生创新能力.高考数学19题结构的试卷在保持基础题型稳定性的同时，不断探索和创新考查方式.这种变化既体现了对学生全面发展的关注，也体现了对优秀人才的选拔和区分.对于未来的数学教学和备考工作，这些趋势和变化值得我们深入研究和关注.本套试卷运用19题结构的新高考题型，第5题用第19届杭州亚运会为背景编写的排列组合题，第8题是等差数列与二次函数相结合，利用根与系数关系解决问题，结合等差数列公式和方程的实数解，培养学生解决问题能力.第11题考查抽象函数问题，考查赋值法，抽象关系的巧妙转化运用，利用导数的单调性质帮助解决问题，培养学生分析问题、解决问题能力.第14题、三角函数与导数相结合，注意数形结合运用，由一阶导数的正负值确定函数的单调性.第18题考查阿波罗尼斯圆与椭圆相结合，考查解析几何中的计算能力、综合运用问题能力.第19题考查新定义的L函数，考查学生的阅读理解能力，综合分析问题、解决问题能力.（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共58分）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.已知由小到大排列的个数据、、、，若这个数据的极差是它们中位数的倍，则这个数据的第百分位数是（    ）A．B．C．D．【答案】B【解析】由小到大排列的个数据、、、，则，这四个数为极差为，中位数为，因为这个数据的极差是它们中位数的倍，则，解得，所以，这四个数由小到大依次为、、、，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 因为，故这个数据的第百分位数是.故选：B.2.在中，“”是“”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】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的定义，根据三角形内角的性质以及三角函数的诱导公式，可得答案.【详解】在中，，则，充分性：当时，，，，所以“”是“”的充分条件;必要性：当时，取，，此时满足，但，所以“”是“”的不必要条件.综上所述，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3.已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，.若，则双曲线的渐近线方程为（    ）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，结合离心率公式可得，解得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 4.在中，，，，且，则（    ）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，则，可得，在中，，，，由平面向量数量积的定义可得，因此，.故选：C.5.第19届亚运会于2023年9月28日至10月8日在杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”“莲莲”和“宸宸”，分别代表世界遗产良渚古城遗址、西湖和京杭大运河．某同学买了6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，现将这6个吉祥物排成一排，且名称相同的两个吉祥物相邻，则排法种数共为（    ）A．48B．24C．12D．6【答案】A【解析】由题意，因名称相同的两个吉祥物相邻，分别看成一个元素共有种排法，相邻元素内部再排共有种排法，故共有种排法，故选：A．6.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，成等差数列，则（    ）．A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，所以．又因为，，成等差数列，则．根据正弦定理可得：，即，展开得：，进一步得：，因为，可得，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 又易知为锐角，所以，则，故A正确.故选：A．7．若平面内分别到定点的距离之差为6的点的轨迹是曲线，过点且斜率为的直线与曲线交于两点（点在轴上方）．设的内切圆半径分别为，则（    ）A．2B．3C．D．【答案】B【解析】根据双曲线的定义得，曲线是以分别为左、右焦点，实轴长为6的双曲线的右支，其方程为．设的内切圆与轴切于点．根据双曲线的定义及圆的切线长定理，知，即，解得，所以的内切圆与轴切于点．同理，的内切圆与轴也切于点，所以．设的内切圆圆心为，AB的斜率为，则倾斜角为，即，则，根据圆的性质可得，所以，解得．同理，得，解得，所以．故选：B．8.已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（）个.A.499B.500C.501D.502【答案】D学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.【详解】由题意得：，其中，，代入上式得：，要方程无实数解，则，显然第502个方程有解.设方程与方程的判别式分别为，则，等号成立的条件是，所以至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，故选：D.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.．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A．的最小正周期为B．当时，的值域为C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称【答案】AD【解析】由函数图象可知，，的最小正周期为，A选项正确；，，，则，由，得，所以.当时，，，的值域为，B选项错误；将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，C选项错误；将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数的图象，，函数的图象关于点对称，D选项正确.故选：AD10.已知复数，（，）（为虚数单位），为的共轭复数，则下列结论正确的是（    ）A．的虚部为B．C．D．若，则在复平面内对应的点形成的图形的面积为【答案】CD【解析】由题意可得，所以的虚部为，A错误，，故，B错误，，C正确，表示点到的距离不大于1的点构成的图形，故为以学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 为圆心，以1为半径的圆以及内部，故面积为，D正确，故选：CD11．已知定义域为的函数满足为的导函数，且，则（    ）A．为奇函数B．在处的切线斜率为7C．D．对【答案】ACD【解析】由题意定义域为的函数满足令，则，令，则，即，故为奇函数，A正确；由于，故，即，则为偶函数，由可得，由，令得，故，令，则，B错误；又，则，令，则，由柯西方程知，，故，则，由于，故，即，则，C正确；对,故，D正确，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 故选：ACD第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.集合,，则【答案】1或0【解析】,,或，故或.故答案为：1或013．在四面体中，，，且满足，，．若该三棱锥的体积为，则该锥体的外接球的体积为．【答案】【解析】如图，依题意将四面体放在长方体中，设长方体的高为.根据锥体的体积，解得，所以长方体的长宽高分别为，和4，所以长方体的外接球直径即为对角线，解得.所以四面体外接球的体积为．故答案为：.14.函数的图象与直线的交点个数为.【答案】【解析】令，则，函数在区间上单调递增，所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.下面考察关于的方程在区间上的解的个数，令，其中，则对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，则，所以，关于的方程在区间上的解的个数为，因此，函数的图象与直线的交点个数为.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）已知函数．(1)，求函数的最小值；(2)若在上单调递减，求的取值范围．【解析】（1）因为，所以，令，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，则有，因此当时，则有，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 当时，显然，于是有当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以；（2）由，因为在上单调递减，所以在上恒成立，由，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，要想在上恒成立，只需，因此的取值范围为.16（15分）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.(1)求证：；(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 【解析】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，所以∥.（2）解法一：因为劣弧的长度为，则由，可得.如图，建立空间直角坐标系，设，则，可得，设平面的一个法向量为，则，令，则，可得，由题意可知：底面的一个法向量，因为截面与下底面所成的夹角大小为，则，解得，即，可得，在等腰梯形中，，可得等腰梯形的高，所以.解法二：如图，分别取的中点为，连结，，由题意可得：，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 所以为截面与底面所成夹角，即，过点作于点，由，得，则（即梯形的高），所以.17.（15分）甲、乙两人进行射击比赛，每次比赛中，甲､乙各射击一次，甲､乙每次至少射中8环.根据统计资料可知，甲击中8环､9环､10环的概率分别为，乙击中8环､9环､10环的概率分别为，且甲､乙两人射击相互独立.（1）在一场比赛中，求乙击中的环数少于甲击中的环数的概率；（2）若独立进行三场比赛，其中X场比赛中甲击中的环数多于乙击中的环数，求的分布列与数学期望.【答案】（1）0.2（2）分布列见解析，数学期望为0.6【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）根据独立重复实验相关概率计算知识可得答案.【小问1详解】设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，则事件包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环，则.【小问2详解】由题可知的所有可能取值为，由（1）可知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，则，所以，，故的分布列为0123学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 0.5120.3840.0960.008所以.18.（17分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．①求的取值范围；②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．【答案】（1）；（2）①；②．【解析】【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得∴，，椭圆的方程为方法（2）设，由题意（常数），整理得：，故，又，解得：，．∴，椭圆的方程为．方法（3）设，则．由题意∵为常数，∴，又，解得：，，故∴椭圆的方程为（2）①由，又，学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 ∴（或由角平分线定理得）令，则，设，则有，又直线的斜率，则，代入得：，即，∵，∴．②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：．又，故，∴又，∴，解得：，，∴，∴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 19.（17分）已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数.(1)函数，是否为函数﹖请说明理由；(2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围；(3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.【解析】（1）是函数，理由如下，对任意，，，故（2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减，由，即，得，又，，则，（构造时，等号成立），所以；学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 （ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增，由，同理可得，又，，则，（构造时，等号成立），所以；综上所述：所求取值范围为；（3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设，此时，由为函数，得恒成立，即恒成立，设，则为上的减函数，，得对恒成立，易知上述不等号右边的函数为上的减函数，所以，所以的取值范围为，此时，法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数，法2：，因为，当，，所以为上的增函数，由题意得，，.学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司