精品解析：江苏省南通市2024届高三高考考前押题卷（最后一卷）数学试题

南通市2024届高三高考押题卷 数 学 2024.5 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得 【详解】因为，所以， 则，则 故选：B 2. 某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行： 若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（ ） A. 10 B. 09 C. 71 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】按照题意依次读出前4个数即可. 【详解】从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09， 所以选出来的第4个个体的编号为09， 故选：B 3. 若函数是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，化简整理即可求得m的值． 【详解】函数的定义域为，由是偶函数，得， 即，整理得，所以. 故选：A 4. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线平行的充要条件为，结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】若，则有，所以或， 当时，，故，重合； 当时，，满足条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件， 故选：D． 5. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， 所以有， 故选：D 6. 已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状. 【详解】连接， 因为平面，平面， 所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 同理可证明， 因为，平面， 故平面， 故平面即为平面， 则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选：A 7. 已知角满足，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】借助对已知化简，可求出的值，再由可解. 【详解】因为，即， 所以， 整理得，变形得， 所以. 故选：C 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角形内切圆的性质得出的周长为，再由椭圆的定义得的周长为，列出等式即可求解． 【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，， 设的内切圆与，相切于点，如图所示， 则，， 所以， 所以的周长为， 由椭圆定义可得，， 所以，则， 故选：B． . 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设为全集，集合满足条件，那么下列各式中不一定成立的是（    ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合举例及集合的运算和集合的关系求解即可. 【详解】当，，，时，满足， 此时，不是的子集，所以A、B不一定成立； ，，所以C不一定成立； 对于D，若，则，但，因为， 所以，于是，所以， 同理若，则，， 因此，成立，所以D成立. 故选：ABC. 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误. 【详解】圆的圆心为，半径为， 直线的方程为，即， 圆心到直线的距离为， 所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误； 如下图所示： 当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD选项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（ ） A. 将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为. B. 将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为. C. 将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为. D. 将玩具放至水中，其会漂浮在水面上. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用补体法求得正方体棱长判断A，利用对称性得球的直径判断B，求解两平行平面的距离判断C，先求出几何体的体积，通过与水密度的大小比较即可判断D. 【详解】将该几何体放置在如图的正方体中， 对于A，将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为图中正方体的棱长， 由题意，该几何的棱长为，所以正方体的棱长为，正确； 对于B，将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为该几何体外接球的半径， 根据正方体和多面体的对称性知，该几何体外接球直径为正方体面对角线，即，解得， 所以包装盒的半径最小为，错误； 对于C，将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为两平行平面与平面的距离，证明求解过程如下：如图， 不妨记正方体为，，， 故四边形是平行四边形，所以， 又，分别为，的中点，所以，同理， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，，平面，所以平面平面， 设对角线分别交平面和平面于点，， 因为平面，平面，所以， 连接，因为分别为的中点， 故，又，平面，， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，，平面，所以平面， 又平面平面，所以平面， 故即为平面与平面的距离， 则，由正方体棱长为得， 由题意得，为等边三角形，故， 根据，得， 解得，根据对称性知， 所以， 则平面与平面的距离为，即该玩具的高度为，错误； 对于D，该几何体的体积为.因为玩具的密度为，小于水的密度，所以将玩具放至水中，其会漂浮在水面上，正确. 故选：AD 【点睛】方法点睛：求空间距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若存在非零实数a，b，使恒成立，则满足条件的一组值可以是_______，______. 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 1（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据正弦函数的周期性当时，满足题意. 【详解】若，则， 当时，，， 故可取， 故答案为：，答案不唯一 13. 把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有_______种． 【答案】36 【解析】 【分析】根据分步计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求出． 【详解】根据题意，设5人为甲乙丙丁戊， ①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况， ②，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法， ③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有种安排方法， 不同的安排方案共有种； 故答案为： 14. 方程的正实数解为______. 【答案】 【解析】 【分析】运用对数的运算性质先证，可得原方程为，，可得，再由复合函数的单调性和指数函数、对数函数的单调性，即可得到方程的解． 【详解】先证（且，且，且）， 令，，两边取为底的对数， 可得，， 所以，所以，即， 则即为， 可得， 由于在上单调递增，，在上单调递减， 所以，在上单调递减， 可得在上单调递减， 又时，即时，有， 则原方程的解有且只有一个为. 故答案为： 【点睛】关键点点：本题关键是对数恒等式的应用. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且. （1）求证：； （2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围. 【答案】（1）证明：由题意得，由正弦定理得， 因为，则，即，可得，整理得， 由余弦定理得，整理得， 由正弦定理得， 故，整理得， 又因为为锐角三角形，则，可得， 所以，即. （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系； （2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 因为为锐角三角形，且，所以，解得. 故，所以. 因此线段长度的取值范围. 16. 如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点． （1）若直线与直线所成角为，证明：平面； （2）记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求． 【答案】（1）证明如下： 连接，则四边形是直角梯形. 过作于N，则四边形是矩形，， 连接，，为的中点.又M为的中点， 平面，，平面 又平面，， 在中，， 为的中点， 又，，平面，， 平面又平面， ，，OB，平面，， 平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，证明.而证明利用直角三角形斜边中线等于斜边一半逆定理，证明需要证明平面即可. （2）本题关键求出点的坐标，核心是求圆台的高，因此设高为h, 表示出平面和平面 的法向量，平面与平面的夹角为,利用建立关系式求出h, 在中求出直线与平面所成角为. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以O为原点，直线OC，OB，分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系. 设，则 ，，， ， 设平面的法向量， 则， 取得 ，， 设平面的法向量， 则， 取得 ，解得 在中，， 由（1）知， 17. 某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的 （1）求甲任选一题并答对的概率; （2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为， ①求和 ②求 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）利用条件概率以及互斥事件的概率加法公式求解得出结论； （2）①利用相互独立事件的概率乘法公式求解； ②依题意，随机变量，，0，1，2，4，求出相应的概率，再利用期望公式可得期望. 【小问1详解】 记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A， 依题意，，，，， 因为事件与互斥， 所以 ； 【小问2详解】 ①，即两题均选择作答，且均正确作答， 故， ，即两题均选择作答，且均作答错误， 故 ②依题意，随机变量，，0，1，2，4， 由①得，， ，即选择一道题作答且作答错误，另一题不作答， 故， ，即两题均不作答， 故， ，即选择两题均作答，且一题作答正确，另一题作答错误， 故， ，即甲选择一题作答且作答正确，另一题不作答， ， 故 18. 已知抛物线，双曲线，点在的左支上，过作轴的平行线交于点，过作的切线，过作直线交于点，交于点，且. （1）证明：与相切； （2）过作轴的平行线交的左支于点，过的直线平分，记的斜率为，若，证明：恒为定值. 【答案】（1）证明：先求过抛物线上一点的切线方程，设为抛物线上一点， 当时，则，故过G的切线方程为： 当时，则，同理过G的切线方程为：， 综上过抛物线上一点的切线方程为：. 因为AM∥轴，可得，设， 则由可得：， 故，将代入可得：， 而过N的E的切线方程为：，即A在该直线上，故得证. （2）证明： 设直线的倾斜角分别为，由（1）知： 因为均在双曲线左支，故， 所以 =. 如图所示，此时，设与轴分别交于E、C、D三点， 易得： ， 所以 因为， 所以 化简可得是定值. 同理，若，如图 此时易得： ， 所以 因为， 所以 化简可得是定值. 综上：是定值，得证. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的切线方程设点计算即可； （2）利用三条直线的倾斜角的三角函数值来表示问题式，再利用三角恒等变换化简证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考察双曲线与抛物线结合，属于较难题.第一问关键在于抛物线上一点切线方程公式的推导与使用，消元转化最关键，可以减轻计算量；第二问关键在于利用外角与角平分线的性质将三条线的倾斜角与A、B的横坐标建立联系，通过三角恒等变换化简计算，思维量较大. 19. 对于函数，若，存在唯一的实数，使得，则称存在“数列”，其“数列”为，已知. （1）证明：存在“数列”. （2）若恒成立，求的取值范围. （3）记的“数列”为，证明：的前项和. 【答案】（1）由，得， 则在区间上单调递减，又， 当且时，，则的值域为， 所以，令，可知其在区间上存在唯一解，不妨设解为， 即，都存在唯一的实数，使得， 即存在数列. （2） （3）令，则， 可得在上单调递增，得到， 则，即， 可得，故， 而，可得，解得， 则（且）， 当时，； 当时，. 综上，的前项和. 【解析】 【分析】（1）由函数单调性和值域结合“数列”定义即可证明； （2）分离参数，利用导数研究函数的单调性求解最值即可求解； （3）由已知得，故，结合得到，即可推出，继而可用放缩法得到，从而利用裂项法求和，证明不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若恒成立，即恒成立. 令，即恒成立. 令，则， 令，， 则，当且仅当时取等号， 则在区间上单调递减， 得到，即，故在区间上单调递增， 可得，得到，即. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南通市2024届高三高考押题卷 数 学 2024.5 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行： 若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（ ） A. 10 B. 09 C. 71 D. 20 3. 若函数是偶函数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 7. 已知角满足，则（ ） A. B. C. D. 2 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设为全集，集合满足条件，那么下列各式中不一定成立的是（    ） A. B. C. D. 10. 已知点在圆上，点、，则（ ） A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于 C. 当最小时， D. 当最大时， 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（ ） A. 将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为. B. 将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为. C. 将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为. D. 将玩具放至水中，其会漂浮在水面上. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若存在非零实数a，b，使恒成立，则满足条件的一组值可以是_______，______. 13. 把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有_______种． 14. 方程的正实数解为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且. （1）求证：； （2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围. 16. 如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点． （1）若直线与直线所成角为，证明：平面； （2）记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求． 17. 某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的 （1）求甲任选一题并答对的概率; （2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为， ①求和 ②求 18. 已知抛物线，双曲线，点在的左支上，过作轴的平行线交于点，过作的切线，过作直线交于点，交于点，且. （1）证明：与相切； （2）过作轴的平行线交的左支于点，过的直线平分，记的斜率为，若，证明：恒为定值. 19. 对于函数，若，存在唯一的实数，使得，则称存在“数列”，其“数列”为，已知. （1）证明：存在“数列”. （2）若恒成立，求的取值范围. （3）记的“数列”为，证明：的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $