2024-2025新高考名师原创押题卷(4)
展开高考名师原创押题卷(4)
数 学
第I卷(选择题)
一、选择题(本大题共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的共轭复数满足,则( )
A.B.1C.2D.4
【答案】C
【分析】根据复数除法运算求出,然后即可求解.
【详解】因为,
所以,
所以,所以.
故选:C
2.2024年3月19日,新加坡共和理工学院代表团一行3位嘉宾莅临我校,就拓宽大学与中学间的合作、深化国际人才培养等议题与我校进行了深入的交流.交流时嘉宾席位共有一排8个空座供3位嘉宾就坐,若要求每位嘉宾的两旁都有空座,且嘉宾甲必须坐在3位嘉宾中间,则不同的坐法有( )
A.8种B.12种C.16种D.24种
【答案】A
【分析】排列问题,用插空法根据要求即可解决.
【详解】共有8个座位,3个人就坐,所以还剩下5个座位;
因为要求每个人左右都有空座,所以在5个座位的4个空隙中插入3个人,共有种,
又嘉宾甲必须坐在3位嘉宾中间,所以共有种,
故选:A.
3.已知函数为上的偶函数,且当时,,则( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】根据偶函数的定义可得,结合函数解析式和对数的运算性质即可求解.
【详解】因为为偶函数,所以,
则.
故选:A
4.已知数列为等比数列,且,,设等差数列的前n项和为,若,则( )
A.-36或36B.-36C.36D.18
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式求得,继而求得的值,利用等差数列前项和公式进行计算即可.
【详解】数列为等比数列,设公比为q,且,,
则,则,
则,
则,
故选:C.
5.如图所示,4个球两两外切形成的几何体,称为一个“最密堆垒”.显然,即使是“最密堆垒”,4个球之间依然存在着空隙.材料学研究发现,某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切,则材料的性能会有显著性变化.记原金属晶体的原子半径为,另一种金属晶体的原子半径为,则和的关系是( )
A.B.
C.D.
【答案】D
【分析】依题意画出直观图,则四个金属原子的球心的连线所围成的图形为正四面体,设正四面体的棱长为,高为,外接球球心为,为正三角形的中心,求出外接球的半径,即可得到,从而得解.
【详解】由题意知,四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体,
设正四面体的棱长为,高为,外接球球心为,为正三角形的中心,
则必有平面且,,三点共线,
在正三角形中,易求得,
在中,由,可得,
在中,由,得,
解得,
由题意得,所以,
所以.
故选:D.
6.已知,,则( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】由已知结合两角差的余弦公式可先求出,然后结合二倍角公式及和差化积公式进行化简即可求解.
【详解】由得,
又,所以,
所以
.
故选:C.
7.已知在平面内,圆,点P为圆外一点,满足,过点P作圆O的两条切线,切点分别为A,B.若圆O上存在异于A,B的点M,使得,则的值是( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】由,得出点在以原点为圆心,半径为2的圆上,设与以原点为圆心半径为2的圆交于点,连接,再说明点三点共线,由,得出,得出点三点共线,由即可求解.
【详解】因为,所以点在以原点为圆心,半径为2的圆上,
做出图形,设与以原点为圆心半径为2的圆交于点,连接,
因为与圆O相切于A,B,
所以,
在中,因为,所以,
同理可得,
又因为,由垂径定理得,,
因为,
所以点三点共线,
因为,
所以,
所以点三点共线,则点为与圆的交点,
因为,
所以,即,
故选:A.
8.已知函数满足,,当时,,则函数在内的零点个数为( )
A.3B.4C.5D.6
【答案】C
【分析】根据题意,判断的图象关于点对称,利用导数判断函数在上的单调性,在同一坐标系中作出与的图象,得出交点个数,并结合对称性及可得解.
【详解】根据题意,函数的周期为8,图象关于点对称,
又,
所以函数的图象也关于点对称,
由,,
,,,
令,解得,令,解得,
所以函数在上单调递增,在上单调递减,,,
在同一个坐标系中,作出函数与的图象,如图,
由图可得,函数与在上有两个交点,
因为函数与图象均关于点对称,
所以函数与在上有两个交点,又,
所以函数在内的零点个数为5.
故选:C.
【点睛】思路点睛:本题考查函数的性质及函数零点个数问题,依据题意,可判断函数与图象均关于点对称,利用导数判断函数在上的单调性,并根据单调性,极值作出与在上的图象,根据图象求得结果.
二、选择题(本大题共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.已知正实数a,b满足,则( )
A.B.C.D.
【答案】AC
【分析】利用导数证明,利用不等式的性质,结合函数的单调性可得,再逐项判断即可得解.
【详解】令函数,求导得,函数在上递增,
,即当时,,则当时,,
于是,而函数在上递增,因此,
对于A,,A正确;
对于B,函数在上递减,则,B错误;
对于C,函数在上递减,则,C正确;
对于D,,则,D错误.
故选:AC
10.已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为,则( )
A.函数图象关于点对称
B.函数图象关于直线对称
C.函数在上单调递增
D.函数在上有个零点
【答案】AD
【分析】对函数利用辅助角公式进行化简,根据条件求出函数的周期和,得到的解析式,对于A,将代入验证看是否为对称中心;对于B,将代入检验是否为对称轴;对于C,,,结合正弦函数的图象与性质,判断单调性;对于D,求出在的零点,判断个数即可.
【详解】,
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为,
所以,则,所以,解得,
所以.
对于A选项,,
所以函数图象关于点对称,故A正确;
对于B选项,,
所以函数图象不关于直线对称,故B错误;
对于C选项,当,,
当,即时,,
结合正弦函数图象可知,函数在上先增后减,故C错误;
对于D选项,令,即,即,
当时,的值为,
所以函数在上有个零点,故D正确,
故选:AD.
11.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形,该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力.设抛物线(),弦过焦点,为其阿基米德三角形,则下列结论一定成立的是( )
A.点在抛物线()的准线上
B.存在点,使得
C.
D.面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】
设,联立直线和抛物线,利用韦达定理得到,设出过和过的切线方程,利用已知得到,,即可判断选项A,再由结合相似,即可判断选项C,再由向量间的转化和运算即可判断选项B,结合特殊情况即可判断选项D.
【详解】设,
设直线:,
联立得,
则,
设过点的切线为,
联立得,
由,可得,
同理可得过点的切线斜率为,
所以处切线方程分别为,
联立可得,故A正确;
又即,,
所以,,
所以,,
即,C正确;
又,
所以,
,
所以
,B错;
由上述知,,
又因为直线斜率为,
所以,
设准线与轴的交点为,
则面积,
当轴时,最短(最短为),
也最短(最短为),
此时面积取最小值,D正确.
故选:ACD
【点睛】方法点睛:涉及方法有:(1)直线与抛物线相切问题;(2)焦点弦问题的计算能力;(3)数形结合思想.
第II卷(非选择题)
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
12.若单位向量、满足,则 .
【答案】
【分析】依题意可得,根据及数量积的运算律计算可得.
【详解】因为单位向量、满足,
所以,
所以
.
故答案为:
13.如图,在中,,为边上的一点,且,则 .
【答案】
【分析】在中由正弦定理求出,即可求出,再代入求出,最后由为等腰直角三角形得解.
【详解】由题可知,在中,由正弦定理得,
即,得,
又,由图可得为钝角,所以,
所以,则,
则,
又,所以为等腰直角三角形,则.
故答案为:
14.古希腊数学家阿波罗尼斯(约公元前262-190年),与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家;他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果,它将圆锥曲线的性质网络殆尽,几乎使后人没有插足的余地.他发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.比如在平面直角坐标系中,、,则点满足所得点轨迹就是阿氏圆;已知点,为抛物线上的动点,点在直线上的射影为,为曲线上的动点,则的最小值为 .则的最小值为 .
【答案】 ;
【分析】(1)先利用阿氏圆的定义将转化为点到另一个定点D的距离,然后结合抛物线的定义容易求得的最小值;
(2)由(1)知,又当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时,取得最小值即可求解.
【详解】解:设,由题意,即,整理得.
因为圆可以看作把圆向左平移两个单位得到的,那么点平移后变为,所以根据阿氏圆的定义,满足,
结合抛物线定义,
(当且仅当,,,四点共线,且,在,之间时取等号),此时,
故的最小值为.
(当且仅当M,Q,F三点共线时等号成立),
根据光学的最短光程原理,我们从C点发出一束光,想让光再经过F点,光所用的时间一定是最短的,由于介质不变,自然可以把时间最短看作光程最短。
而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角,并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到,当过点M的切线与的角平分线垂直,即当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时,取得最小值,此时切线方程为,联立可得,此时,
所以.
故答案为:;.
【点睛】关键点点睛:(1)问解题的关键是根据阿氏圆的定义,得满足;
(2)问解题的关键是当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时,取得最小值.
四、解答题(本大题共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.(本小题满分13分)
为鼓励消费,某商场开展积分奖励活动,消费满100元的顾客可拋掷骰子两次,若两次点数之和等于7,则获得5个积分:若点数之和不等于7,则获得2个积分.
(1)记两次点数之和等于7为事件A,第一次点数是奇数为事件B,证明:事件A,B是独立事件;
(2)现有3位顾客参与了这个活动,求他们获得的积分之和X的分布列和期望.
【答案】(1)证明见解析
(2)分布列见解析;
【分析】(1)根据古典概型分别计算,由,的关系证明;
(2)根据次独立重复试验模型求出概率,列出分布列,得出期望.
【详解】(1)因为两次点数之和等于7有以下基本事件:共6个,
所以,又.
而第一次点数是奇数且两次点数之和等于7的基本事件是共3个,
所以,
故,所以事件A,B是独立事件.
(2)设三位参与这个活动的顾客共获得的积分为X,则X可取6,9,12,15,
,,
,,
所以分布列为:
所以.
16.(本小题满分15分)
如图,已知为圆台下底面圆的直径,是圆上异于的点,是圆台上底面圆上的点,且平面平面,,,是的中点,.
(1)证明:;
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)取AC的中点O,根据面面垂直的性质定理,可得平面,即可求证,进而可证矩形,即可根据线线平行以及平行的传递性求解.
(2)建系,利用向量法,求解法向量与方向向量的夹角,即可求解.
【详解】(1)证明:取的中点为,连接,,,
,为中点,,
又平面平面,且平面平面,平面,
平面,,,故四边形为矩形,
,又,分别是,的中点,
,
;
(2)是圆上异于,的点,且为圆的直径,
,,
如图以为原点建立空间直角坐标系,由条件知,
,0,,,4,,,0,,,,
设,,,,,
由,得,,
,,
设平面法向量为,
则,取,
设直线与平面所成角为,
则
直线与平面所成角的正弦值为.
17.(本小题满分15分)
已知椭圆的短轴长为2,离心率为.
(1)求的方程;
(2)直线与交于两点,与轴交于点,与轴交于点,且.
(ⅰ)当时,求的值;
(ⅱ)当时,求点到的距离的最大值.
【答案】(1)
(2)(ⅰ);(ⅱ)2
【分析】(1)根据短轴长和离心率建立方程求解即可;
(2)(ⅰ)利用向量的坐标运算求得点的坐标,代入双曲线方程即可求解;
(ⅱ)将直线与椭圆方程联立,结合韦达定理,根据向量坐标运算得,从而代入化简得,即过定点,进而根据几何性质求得点到直线的最大距离.
【详解】(1)由题意得,解得,
所以的方程为.
(2)(ⅰ)由题意得,
由,得,即,
由,得,即,
将的坐标分别代入的方程,得和,
解得,又,所以.
(ⅱ)由消去,得,
其中,
设,则,
由,
得,
所以,
由,得,
即,
所以,
因此,又,所以.
所以的方程为,即过定点,
所以点到的最大距离为点与点的距离,
即点到的距离的最大值为2.
18.(本小题满分17分)
已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)若,,且,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导数,利用到数的几何意义,即可求得答案;
(2)设,,,原不等式即为,利用的单调性,继而转化为,继而再构造函数,利用函数的单调性证明结论.
【详解】(1)由,得,
则,,.
故曲线在点处的切线方程为,
即.
(2)证明:由,,且,不妨设,,,
则证明等价于证明,,
即证,从而构造函数,利用其调性证明结论.
令,则,当时,,在单调递减,
故,,即,,
则
,
要证,
只需证.
令,则,
令,得.
令,,则,
令,,则在上恒成立,
则,则在上恒成立,则在上单调递增.
当时,,则,
则,在单调递减,
当时,,则,
则,在单调递增.
因为,所以,即在上恒成立,
从而.
【点睛】难点点睛:本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式,难点就在于不等式的证明,解答时要将原不等式转化为,继而构造函数,利用单调性证明成立.
19.(本小题满分17分)
设p为素数,对任意的非负整数n,记,,其中,如果非负整数n满足能被p整除,则称n对p“协调”.
(1)分别判断194,195,196这三个数是否对3“协调”,并说明理由;
(2)判断并证明在,,,…,这个数中,有多少个数对p“协调”;
(3)计算前个对p“协调”的非负整数之和.
【答案】(1)194,196对3“协调”,195对3不“协调”
(2)有且仅有一个数对p“协调”,证明见解析
(3)
【分析】(1)根据n对p“协调”的定义,即可计算,即可求解,
(2)根据n对p“协调”的定义以及整除原理可证明引理,证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”,即可根据引理求证.
(3)将这个数分成p组,每组p个数,根据引理证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”,即可求解.
【详解】(1)因为,所以,
,所以,
,所以,
所以194,196对3“协调”,195对3不“协调”.
(2)先证引理:对于任意的非负整数t,在中有且仅有一个数对p“协调”.证明如下:设,由于pt是p的倍数,所以,所以,即对于这一项的系数为,
所以,
根据整除原理可知,在中有且仅有一个数能被p整除,
所以在中有且仅有一个数对p“协调”.
接下来把以上个数进行分组,分成以下p组(每组p个数):
根据引理可知,在以上每组里恰有1个数对p“协调”,所以共有p个数对p“协调”.
(3)继续考虑这个数分成p组,每组p个数:
由(2)的引理可知每一行里有且只有一个数对p“协调”,下面证明每一列里有且仅有一个数对p“协调”.证明如下:
设某一列第一个数为,
则,所以,
同理当时,,所以当时,
集合中的p个数中有且只有1个数对p“协调”.
注意到数阵中每一个数向右一个数增加1,向下一个数增加p,
所以p个数对p“协调”的数之和为:,
进一步,前个对p“协调”的非负整数之和为:
【点睛】方法点睛:对于新型定义,首先要了解定义所给的关系式的特性,抽象特性和计算特性,抽象特性是将定义可近似的当作数列或者函数分析.计算特性,将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
6
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2024-2025新高考名师原创押题卷(2: 这是一份2024-2025新高考名师原创押题卷(2,文件包含新高考名师原创押题卷2原卷版docx、新高考名师原创押题卷2解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共34页, 欢迎下载使用。