精品解析：江苏省徐州市2024届高三高考考前打靶卷数学试题

2024年高三年级试题 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑.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. 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法化简，然后由复数模公式可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：B 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的解法，分别求得和，结合集合交集的运算，即可求解. 【详解】由不等式，解得，所以， 又由不等式，解得且，所以， 则. 故选：C. 3. 展开式中的常数项为（ ） A. 160 B. 60 C. 40 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】先得到二项式展开式的通项公式，再令x的指数为0得到r的值，从而得到常数项大小． 【详解】的二项展开式的通项公式为，， 令，解得，所以的二项展开式常数项为. 故选：B. 4. 若等差数列满足，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，由通项公式写出和，都代入中，化简即可求出. 【详解】设等差数列的公差为，则，， 因为，可得， 所以有，解得， 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦的二倍角公式求解． 【详解】∵，∴，， 又，则， 所以， 故选：C． 6. 若正六边形的边长为1，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】属于古典概型，利用数量积定义算出数量积，再判断是否满足题意即可. 【详解】因为，， ，， ， 所以五个点中有两个点满足题意，所以概率为. 故选：D. 7. 已知拋物线，过点的直线与直线交于点，与交于两点（点A在第一象限）.若线段恰被点平分，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】设出点坐标，由中点得出点坐标，代入抛物线方程后求得参数值，然后由两点间距离公式计算． 【详解】由题意设，由于是中点，则， 在第四象限，则，解得， 又在抛物线上，∴，解得（舍去）， 因此有，∴， 故选：B． 8. 对球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，所得三弧围成的球面部分称为“球面三角形”，这三个弧叫做球面三角形的边.若半径为2的球的球面上有一个各边长均为的球面三角形，则该球面三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定球面三角形与球表面积的关系，可求球面三角形的面积. 【详解】设球面三角形. 因为球的半径为2，所以大圆周长为，求的表面积为. 因为球面三角形的各边长均为，所以. 以为球心，建立如图空间直角坐标系： 则球面三角形的面积就是球面在第一卦限内的部分，根据对称性，球面三角形的面积为球面面积的，为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：确定后，关键是弄清楚球面三角形的面积和整个球的表面积之间的数量关系. 二､多选题：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，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的图象关于点对称 D. 直线是曲线的一条切线 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数的性质即可判断AC，代入计算即可判断B，根据导数的几何意义即可判断D. 【详解】因为函数的周期为，所以的最小正周期为，故A正确； ，故B正确； 令，则， 所以的图象关于点对称，故C正确； 因为，所以， 令，所以， 则，所以切点坐标为， 因为直线为切线，所以切点必在直线上， 因为不存在整数解， 所以直线不是曲线的一条切线，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知随机事件两两独立，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则与相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即可. 【详解】对于A，因为相互独立，所以，故A正确； 对于B，因为相互独立，所以， ，故B正确； 对于C，， 所以，故C错误； 对于D，，所以， 又因为，，所以， 所以与相互独立，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知正方体的棱长为1，点在线段上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形的周长为，面积为，设，则（ ） A. 截面可能为四边形 B. 和的图象有相同的对称轴 C. 在上单调递增，在上单调递减 D. 在上单调递增，在上单调递减 【答案】BD 【解析】 【分析】运用正方体的对角线的性质和对称性，得到截面为正三角性或正六边形，再计算得到周长和面积关于x的函数，然后判断函数的性质即可得出结果. 【详解】如图示，是边长为的等边三角形， 由正方体的结构知：，且面，又面，则， 又且都在面上，则面，面， 所以，同理有，而且都在面上， 所以面，同理可证面， 又，面，面，故面，同理得面， 由且都在面上，所以面面， 结合示意图知：当在面与交点与之间（含端点），或面与交点与之间（含端点）时，截面为等边三角形； 当在面与面与的两个交点之间时，截面为六边形， 所以不可能出现四边形截面，A错； 若在面与交点与之间（含端点），截面为等边三角形， 令其边长为，则截得正方体侧棱长为，且，即， 所以，则，且， 此时，，，； 根据对称性，在面与交点与之间（含端点），， 此时，，，； 当在面与面与的两个交点之间，而截面过相关棱中点所得正六边形为界，其两侧所截得六边形对称， 讨论所截六边形为靠顶点一侧情况，此时，且两组三条不相邻的边长相等， 如下图，截面补全为一个正三角形，作为以顶点的正三棱锥的底面， 所以底面正三角形边长为，其对应正三棱锥侧棱长为， 所以正方体外侧的三个小正三棱锥的侧棱长为，故小正三棱锥的底面边长为， 综上，六边形较长边为，较短边为， 此时，， ， 根据对称性，所截六边形为靠顶点一侧，此时，， ， 综上，，， 由上所得解析式知：C错，D对. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：利用线面垂直的判定以及平面基本性质确定截面的形状，讨论范围求出、解析式为关键. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某产品的广告费支出与销售量之间有如下对应数据： /元 2 4 5 6 8 /元 30 40 60 50 70 与具有线性相关关系，线性回归方程为，则的值________． 【答案】17.5 【解析】 【分析】 计算数据中心点，代入线性回归方程得到答案. 【详解】，， 将中心点代入回归方程得到：，解得. 故答案为：. 【点睛】本题考查了回归方程，意在考查学生的计算能力，计算中心点是解题的关键. 13. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】本题根据已知条件给定的零点个数，对参数a分类讨论并结合函数图象即可求解. 【详解】①当时，，由于时，时， 此时只有一个零点，所以不符合题意； ②当时，，函数的大概图象如图所示， ， 由于时，，时，，当且仅当，即时取等号， 此时在上有，要使有两个零点，只需，即； ③当时，，函数的大概图象如图所示， ， 由于函数在上是增函数，故与x轴有且只有一个交点， 要使有两个零点，只需函数有一个零点即可， 当时，恰好只有一个零点. 综上所述，实数a的取值范围是. 故答案为：. 14. 设.若曲线上一点不满足，则曲线在点处的切线方程为.则曲线过点的切线方程为__________. 【答案】和 【解析】 【分析】由已知条件表示出曲线在点处切线方程，代入结合曲线方程求出，得切线方程. 【详解】，若， 则，，，， 点在曲线上，有， 由题意可知，若满足时， 则，则， 若不满足， 则曲线在点处的切线方程为， 切线过点，则有， 即，得， 由，解得或， 两组解都不满足，符合题意， 把两组解代入， 得切线方程为和. 故答案为：和. 【点睛】方法点睛： “新定义”型问题，主要是指在问题中定义了高中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，需要读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进行运算、推理、迁移.在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决! 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. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明：. 【答案】（1） （2）证明如下： 当时，有，所以， 因为， 所以. 令， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以. 故. 【解析】 【分析】（1）利用导数的公式及运算法则求出在时的导数，即得切线斜率，点斜式写出切线方程即可. （2）要证明的不等式含参时，且规定了参数的范围时，可以考虑先使用满参放缩，将含参的不等式转化为不含参的不等式来证明. 【小问1详解】 当时，，， 则，又因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略 16. 甲､乙两人进行某项比赛，采取5局3胜制，积分规则如下：比分为或时，胜者积3分，败者积0分；比分为时，胜者积2分，败者积1分.设每局比赛甲取胜的概率均为. （1）若甲以取胜的概率大于以取胜的概率，求的范围； （2）若，求甲所得积分的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望.【解析】 【分析】（1）根据题意结合独立重复性事件概率公式列式求解即可； （2）分析可知：的所有可能取值为，求相应的概率，进而可得分布列和期望. 【小问1详解】 甲以取胜的概率为， 甲以取胜的概率为， 由题意可知：，且， 可得，解得， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 的所有可能取值为，则有： ， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 数学期望. 17. 如图，在中，角的对边分别为，且.连接的各边中点得，再连接的各边中点得如此继续下去，记的面积分别为. （1）求的最大值； （2）若，求整数的最小值. 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求得角，再结合基本不等式得的最大值； （2）根据中位线性质得是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列前项和公式求和后，解不等式可得． 【小问1详解】 由及正弦定理可得，，即， 所以，又，所以. 由可知，， 当且仅当时，取等号. 所以. 故的最大值为. 【小问2详解】 由条件可知，是以为首项，为公比的等比数列. 所以 要使有最小值，. 即，所以，即. 又，故整数的最小值为5. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接. 又因为为的中点，所以，且. 在菱形中，，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形. 所以， 又平面平面，所以平面. （2）证明如下： 连接，由（1）知，四点共面. 在中，为的中点，所以， 因为，所以都是正三角形，在中，，所以， 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）结合已知通过证明四边形是平行四边形可得，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）通过线面垂直的判定定理证明平面，进一步通过面面垂直的判定定理即可得证； （3）结合已知得出，，建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，都是正三角形，且为的中点， 所以. 由（1）知，，所以， 又平面，所以平面. 所以即为直线与平面所成的角. 因此，得. 在中，，可得. 以为原点，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量为 则 取，则是平面的一个法向量. 又是平面的一个法向量. 所以. 由图形可知，二面角的余弦值为. 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为.等轴双曲线的顶点是的焦点，焦点是的顶点.点在上，且位于第一象限，直线与的交点分别为和，其中在轴上方. （1）求和的方程； （2）求证：为定值； （3）设点满足直线的斜率为1，记的面积分别为.从下面两个条件中选一个，求的取值范围. ①；②. 【答案】（1）， （2）证明如下： 设，则，直线的斜率为，直线的斜率为，所以. 设直线的方程为，则直线的方程为， 联立消去并整理得，， 设，，则. 所以. 同理可求得，. 所以， 故为定值. （3）选择条件①或②均为 【解析】 【分析】（1）通过待定系数法可求出的方程，结合已知列出关于的方程，求出即可得的方程； （2）首先说明的斜率互为倒数（显然不重合，不重合），设直线的方程为，则直线的方程为，分别将它们联立椭圆方程，结合弦长公式、同理表示出即可； （3）画出图形，分析得到，结合（2）中结论将所求转换为关于的式子的取值范围即可. 【小问1详解】 设的方程为， 则，所以，所以的方程为. 所以的顶点为，则，所以. 所以的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以. 因此直线平分. 所以点到直线与的距离相等. 所以.（注：选择条件①或②均可得此结果） 由（2）知，. 因为且， 所以. 所以. 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是利用弦长公式、同理表示出，由此即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高三年级试题 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂黑.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. 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 展开式中的常数项为（ ） A. 160 B. 60 C. 40 D. 15 4. 若等差数列满足，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 若正六边形的边长为1，则的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知拋物线，过点的直线与直线交于点，与交于两点（点A在第一象限）.若线段恰被点平分，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 对球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，所得三弧围成的球面部分称为“球面三角形”，这三个弧叫做球面三角形的边.若半径为2的球的球面上有一个各边长均为的球面三角形，则该球面三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的图象关于点对称 D. 直线是曲线的一条切线 10. 已知随机事件两两独立，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则与相互独立 11. 已知正方体的棱长为1，点在线段上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形的周长为，面积为，设，则（ ） A. 截面可能为四边形 B. 和的图象有相同的对称轴 C. 在上单调递增，在上单调递减 D. 在上单调递增，在上单调递减 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某产品的广告费支出与销售量之间有如下对应数据： /元 2 4 5 6 8 /元 30 40 60 50 70 与具有线性相关关系，线性回归方程为，则的值________． 13. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为__________. 14. 设.若曲线上一点不满足，则曲线在点处的切线方程为.则曲线过点的切线方程为__________. 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. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，证明：. 16. 甲､乙两人进行某项比赛，采取5局3胜制，积分规则如下：比分为或时，胜者积3分，败者积0分；比分为时，胜者积2分，败者积1分.设每局比赛甲取胜的概率均为. （1）若甲以取胜的概率大于以取胜的概率，求的范围； （2）若，求甲所得积分的分布列及数学期望. 17. 如图，在中，角的对边分别为，且.连接的各边中点得，再连接的各边中点得如此继续下去，记的面积分别为. （1）求的最大值； （2）若，求整数的最小值. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值. 19. 已知椭圆的左､右焦点分别为.等轴双曲线的顶点是的焦点，焦点是的顶点.点在上，且位于第一象限，直线与的交点分别为和，其中在轴上方. （1）求和的方程； （2）求证：为定值； （3）设点满足直线的斜率为1，记的面积分别为.从下面两个条件中选一个，求的取值范围. ①；②. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $