精品解析：河南省名师联盟2024届5月高三考前押题卷数学试题

高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 一、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. 已知集合，，若中有2个元素，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，则“，”是“”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 4. 已知为坐标原点，为抛物线（）的焦点，点在上，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知（其中）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项共有（ ） A. 6项 B. 5项 C. 4项 D. 3项 7. 已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（ ） A. 4 B. 10 C. D. 8. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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. 设向量，，当且仅当，且时，则称；当且仅当，且时，则称，则下列结论正确的有（ ） A. 若且，则 B. 若，，则 C. 若，则对于任意向量，都有 D. 若，则对于任意向量，都有 10. 已知是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 在上单调递增，在上单调递减 D. 11. 已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（ ） A. B. 与所成角不可能为90° C. 直线与平面所成的角为30° D. 球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组从小到大排列的样本数据如下：1，4，5，5，，13，若该样本的极差是其平均数的2倍，则_________. 13. 一直线族的包络线是这样定义的曲线：该曲线不包含于直线族中，但过该曲线上的每一点，都有直线族中的一条直线与它在这一点处相切.若曲线是直线族的包络线，则上的点到直线的最小距离为__________. 14. 已知正数，满足，则的最大值为_________. 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. 某校组织建国75周年知识竞赛，在决赛环节，每名参赛选手从答题箱内随机一次性抽取2个标签.已知答题箱内放着写有类题目的标签4个，类题目的标签4个，类题目的标签2个，每个标签上写有一道不同的题目，且标签的其他特征完全相同. （1）求选手抽取的2个标签上的题目类型不相同的概率； （2）设抽取到写有类题目的标签的个数为，求的分布列和数学期望. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2），，求的取值范围. 17. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值. 18. 已知，为椭圆（）的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，且的最大值为.特别地，当垂直于轴时，. （1）求的方程； （2）当与轴不重合时，直线与直线交于点，若直线恒过轴上的定点，求的面积的最大值. 19. 设数列：，，，…，（，），如果中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组：（，，，…，）.若有序数组：（，，，…，）满足恒成立，则称：（，，，…，）为阶减距数组；若有序数组：（，，，…，）满足恒成立，则称：（，，，…，）为阶非减距数组. （1）已知数列：，3，2，，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组； （2）设：（，，，…，）是数列：1，3，5，…，（，）的一个有序数组，若：（，，，…，）为阶非减距数组，且：（，，…，）为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组； （3）已知等比数列：，，，…，（）的公比为，证明：当时，：（，，，…，）为阶非减距数组. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 一、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. 已知集合，，若中有2个元素，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析可知：，，，列不等式求解即可. 【详解】由中有2个元素可知：，，， 可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：A. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数. 【详解】因为，又， 所以，即， 所以，所以. 故选：C 3. 设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，则“，”是“”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】A 【解析】 【分析】先根据空间公理确定平面；再根据面面平行的判定定理和性质可得出充分性成立；最后根据面面平行的性质及线面位置关系可得出必要性不成立. 【详解】设两条相交的直线，确定一个平面， 因为，，直线，相交，，， 所以根据面面平行的判定定理可得：， 又因为，，直线，相交，，， 所以根据面面平行的判定定理可得： ， 所以，充分性成立； 由，，可的：，或，，必要性不成立， 所以“，”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知为坐标原点，为抛物线（）的焦点，点在上，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线定义得到，利用解得，进而求得抛物线方程. 【详解】由抛物线的定义，可知，又，， 所以，得. 由点在上，得，结合，解得. 所以的方程为. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由条件推知，然后对表达式变形即可求解. 【详解】由，可得，所以. 故. 故选：D. 6. 已知（其中）的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项共有（ ） A. 6项 B. 5项 C. 4项 D. 3项 【答案】D 【解析】 【分析】运用二项展开式的通项公式可得、的值，结合有理项的定义赋值求解即可. 【详解】展开式的第7项为， 由题意，得，，（），所以，， 则展开式的通项为，， 令，则，所以展开式中的有理项共有3项. 故选：D. 7. 已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（ ） A. 4 B. 10 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出与的关系式，根据的范围求出的范围，当时同理即可求解. 【详解】由题意可知，，， 解得，，当时， 由，得， 由题意，得，解得，所以不存在， 当时，由， 得，由题意， 得，解得， 所以. 故选：C. 8. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过且斜率为的直线与右支交于点，与左支交于点，点满足，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，利用双曲线定义分别表示出，利用直线的斜率得到，在解出，在用余弦定理得到与的关系，即解出离心率. 【详解】 由，得为的中点；又，所以，所以； 设，由双曲线的定义，得，， 所以，从而，所以； 由直线的斜率为，得. 在中，，即； 在中，由余弦定理，得， 即，整理得， 解得，所以. 故选：B. 二、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. 设向量，，当且仅当，且时，则称；当且仅当，且时，则称，则下列结论正确的有（ ） A. 若且，则 B. 若，，则 C. 若，则对于任意向量，都有 D. 若，则对于任意向量，都有 【答案】BC 【解析】 【分析】通过举反例判断AD错误，利用定义证明判断出BC正确. 【详解】对于A，取，，满足，取，，则，，满足，但，A错误； 对于B，因为，，根据新定义可知，，B正确； 对于C，设向量，，，由，得，且，则，且，所以，C正确； 对于D，根据，取向量，，，则，，，D错误. 故选：BC. 10. 已知是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 在上单调递增，在上单调递减 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性求解析式即可判断A；利用函数的对称性求解析式即可判断B；由选项AB知在上单调递减，结合函数的奇偶性和对称性求出的周期即可判断C；结合选项C可得，即可判断D. 【详解】A：当时，则，因为是定义域为的偶函数， 所以，故A正确； B：令，由题意，即， 所以的图象关于点对称.当时，则， 所以，故B正确； C：由选项AB知，当时，当时， 又因为函数在R上单调递减，所以在上单调递减. 又为偶函数，所以在上单调递增. 由，，得，即， 所以，所以4为的一个周期. 从而在上单调递增，故C错误； D：由选项C知，，故D正确. 故选：ABD 11. 已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（ ） A. B. 与所成角不可能为90° C. 直线与平面所成的角为30° D. 球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，只需证明四边形为菱形，由即可判断；对于B，用反证法推出矛盾即可判断；对于C，用定义法得出为棱与平面所成角，解三角形即可判断；对于D，求出外接球的半径即可判断. 【详解】对于A，如图，连接，，则，且， 取的中点，连接，， 则，且，所以且， 所以过，，三点的平面截该四面体所得截面为平行四边形， 又，则四边形为菱形， 所以，则，A正确； 对于B，若与所成角为90°，则，由，得，得平面， 所以，则，这与矛盾， 所以与所成角不可能为90°，B正确； 对于C，取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，连结，因为，则，所以， 则，又平面， 所以平面，则为棱与平面所成角， 则，所以直线与平面所成角为60°，C错误； 对于D，由以上分析，平面，因为为直角三角形，且为斜边， 所以四面体外接球的球心为的外接圆的圆心，则球的半径， 所以四面体外接球的表面积为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是用反证法推出矛盾，由此即可顺利得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组从小到大排列的样本数据如下：1，4，5，5，，13，若该样本的极差是其平均数的2倍，则_________. 【答案】8 【解析】 【分析】运用极差、平均数公式求解即可. 【详解】由题可知，，解得. 故答案为：8. 13. 一直线族的包络线是这样定义的曲线：该曲线不包含于直线族中，但过该曲线上的每一点，都有直线族中的一条直线与它在这一点处相切.若曲线是直线族的包络线，则上的点到直线的最小距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】将切线方程转化为关于的方程为.根据一个解对应一条切线可知该方程仅有一解，利用可得曲线的方程，结合直线与圆的位置关系即可求解. 【详解】曲线上任一点对应的切线方程为， 将其整理为关于的方程为. 由题意知，一个解对应一条切线，即关于的方程仅有一解， 所以，整理，得， 即曲线的方程为， 故上的点到直线的最小距离为. 故答案为： 14. 已知正数，满足，则的最大值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】将整理为，构造函数，等式化为，由单调递增得到，令，求的最大值即为求在上的最大值. 【详解】由，得，所以. 设，由，得在上单调递增， 因为，为正数，所以，则等式化为，所以，即，得. 令，则， 当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 则，故的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：同构法解决恒成立问题 将等式两边整理为结构相同的形式，由此构造新函数，本题中将整理为，从而构造函数. 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. 某校组织建国75周年知识竞赛，在决赛环节，每名参赛选手从答题箱内随机一次性抽取2个标签.已知答题箱内放着写有类题目的标签4个，类题目的标签4个，类题目的标签2个，每个标签上写有一道不同的题目，且标签的其他特征完全相同. （1）求选手抽取的2个标签上的题目类型不相同的概率； （2）设抽取到写有类题目的标签的个数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 ，.【解析】 【分析】（1）选手抽取的2个标签上的题目类型不相同有三种情况：类题目的标签1个，类题目的标签1个；类题目的标签1个，类题目的标签1个；类题目的标签1个， 类题目的标签1个；根据组合公式与古典概型即可求解； （2）利用超几何分布即可求分布列，利用公式可求期望. 【小问1详解】 所求概率为； 【小问2详解】 的取值可能为0，1，2， ，，， 所以的分布列为 0 1 2 数学期望. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2），，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求导得，分是否小于0进行讨论即可求解； （2）显然时，不等式恒成立，所以原题条件等价于，在上恒成立，构造函数，，利用导数求得其最大值即可得解. 【小问1详解】 的定义域为，， 当时，，所以在上单调递增； 当时，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，显然成立，此时可为任意实数； 当时，由，在上恒成立，得， 令，， 则， 设，由（1）可知，在上单调递增，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； 则，所以， 综上，实数的取值范围为. 17. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，，. （1）证明：平面平面； （2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为四边形为矩形，所以， 又，，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可求解； （2）根据体积求出，利用空间直角坐标系即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，所以， 因为，即， 所以，即， 由（1）可知，，，两两互相垂直， 以为原点，以直线，，分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 于是， 故二面角的正弦值为. 18. 已知，为椭圆（）的左、右焦点，过的直线与相交于，两点，且的最大值为.特别地，当垂直于轴时，. （1）求的方程； （2）当与轴不重合时，直线与直线交于点，若直线恒过轴上的定点，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求出即可得解； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆方程，结合弦长公式表示出，由三点共线结合点在直线上，可表示出点的坐标，由三点共线结合点在轴上，可表示出点的坐标，从而可表示出，进一步即可求解最大值. 【小问1详解】 当点与的上（或下）顶点重合时，取得最大值， 此时为等腰直角三角形，所以；① 将代入，结合，解得， 由题意，得，② 联立①和②，解得，. 所以的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，.设直线的方程为， 由消去，并整理，得，则， 设，，则，， 直线的方程为， 令，得点坐标， 则直线的方程为， 令，则 ， 所以直线恒过点， 又知，则， 所以的面积 ， 当且仅当时，取等号， 故的面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 设数列：，，，…，（，），如果中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组：（，，，…，）.若有序数组：（，，，…，）满足恒成立，则称：（，，，…，）为阶减距数组；若有序数组：（，，，…，）满足恒成立，则称：（，，，…，）为阶非减距数组. （1）已知数列：，3，2，，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组； （2）设：（，，，…，）是数列：1，3，5，…，（，）的一个有序数组，若：（，，，…，）为阶非减距数组，且：（，，…，）为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组； （3）已知等比数列：，，，…，（）的公比为，证明：当时，：（，，，…，）为阶非减距数组. 【答案】（1），，，. （2），，，. （3） 证明：设，要证为阶非减距数组， 需证恒成立， 即证， 需证，即， 需证， 即证， 当时，因为，则，， 所以； 当时，因为，则，， 所以； 综上，当时，成立， 故当时，（）为阶非减距数组. 【解析】 【分析】（1）根据题干中阶减距数组的定义，写出4阶减距数组，只需要保证有序数组：（，，， ）中， 和恒成立即可，分别令为数列A中每一个值即可得出结果； （2）根据题干中阶非减距数组的定义，只需要保证有序数组：（，，，…，）中，满足和有序数组：（，，…，）中，满足恒成立即可； （3）利用分析法进行逐步反向递推，最后得证. 【小问1详解】 4阶减距数组有，，，； 【小问2详解】 满足条件的有序数组：，，，； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查了数列新定义题型，属于难题，本题关键在于对题干中给出的新定义的理解，尤其是对与式子的理解，比如：理解的关键在于，若，则一定会有，若，则一定会有，第（3）问中结合等比数列的通项公式，采用分析法进行计算、分析、推理等过程进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $