2024年高考数学考前信息必研卷05（江西新高考新题型专用）（Word版附解析）

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数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
全国陆续有多个省份官宣布在2024年的高考数学中将采用新题型模式。
新的试题模式与原模式相比变化较大，考试题型为8（单＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中单选题的题量不变，多选题、填空题、解答题各减少1题，多选题由原来的0分、2分、5分三种得分变为“部分选对得部分分，满分为6分”，填空题每题仍为5分，总分15分，解答题变为5题，分值依次为13分、15分、15分、17分、17分。函数和导数不再是压轴类型，甚至有可能是第一道大题，增加的新定义的压轴题，以新旧知识材料为主来考察考生的数学思维能力，难度较大
从2024届九省联考新模式出题方向可以看出，除了8+3+3+5的模式外，核心的变化在于改变以往的死记硬背的备考策略，改变了以前套公式的学习套路，现在主要是考查学生的数学思维的灵活，对三角函数喝数列的考察更加注重技巧的应用，统计概率结合生活情景来考查考生数学在生活中的实际应用，特别是最后一道大题，题目给出定义，让考生推导性质，考查考生的数学学习能力和数学探索能力，这就要求考生在平时的学习中要注重定理、公式的推导证明，才能培养数学解决这类问题的思维素养。
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．已知全集，集合，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】C
【解析】由可得，解得，
所以或，故选:.
2．甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（ ）
A．，互斥B．C．D．
【答案】C
【解析】因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；
由题意得，，，，
，故B，D均正确；
因为，故C错误.
故选：C.
3．某中学进行数学竞赛选拔考试，，，，，共5名同学参加比赛，决出第1名到第5名的名次.和去向教练询问比赛结果，教练对说：“你和都没有得到冠军．”对说：“你不是最后一名.”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）
A．54种B．72种C．96种D．120种
【答案】A
【解析】根据题意可知和都没有得到冠军，且不是最后一名，分两种情况：
①是最后一名，则可以为第二、三、四名，即有3种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，
有种情况，此时有种名次排列情况；
②不是最后一名，，需要排在第二、三、四名，有种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，此时有种名次排列情况，则5人的名次排列方式共有种.
故选A．
4．古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”：，其中，，，分别为的三个内角，，所对的边，该公式具有轮换对称的特点.已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】D
【解析】设是的中点，连接.
依题意，在中，，
设，由余弦定理得，
所以为钝角，所以，
所以，
，两边平方得
，
所以.
故选：D
5．如图1，儿童玩具纸风车的做法体现了数学的对称美，取一张正方形纸折出“十”字折痕，然后把四个角向中心点翻折，再展开，把正方形纸两条对边分别向中线对折，把长方形短的一边沿折痕向外侧翻折，然后把立起来的部分向下翻折压平，另一端折法相同，把右上角的角向上翻折，左下角的角向下翻折，这样，纸风车的主体部分就完成了，如图2，是一个纸风车示意图，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】不妨设，则，
对于A项，显然与方向不一致，所以，故A项错误；
对于B项，由图知是钝角，则，故B项错误；
对于C项，由题意知点是线段的中点，则易得：,即得：，故C项正确；
对于D项，由，而与显然不共线，故．即项错误．
故选：C．
6．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
因为，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以．
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
7．已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因取BC中点为N，则，又，平面，，
则平面，面，则平面平面，要使四面体的体积最大，则有平面，且球心O在DN上.
设球体半径为R，则，则，
又注意到，，则.
注意到.
当且仅当，即时取等号.又四面体 的体积的最大值为，则.
则球的表面积为.
故选：D.
8．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，，，
，，
则，
令，，当时，，所以在时单调递增，
所以当时，，
所以在时单调递减，所以，所以；
当时，，令，则，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以，
综上，.
故选：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．如图所示，已知角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分别为，为线段的中点，射线与单位圆交于点，则（ ）

A．
B．
C．点的坐标为
D．点的坐标为
【答案】ABC
【解析】对于A：因为，，所以，正确；
对于B：依题意为线段的中点，则，则，
又，所以，正确；
对于C：为线段的中点，射线与单位圆交于点，则为的中点，
所以，
又，所以点的坐标为，正确；
对于D：
，
，
所以点的坐标为，错误.故选：ABC.
10．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A．（其中）B．数列是递减数列
C．D．数列的前项和
【答案】AD
【解析】对于A选项，由得，所以，故A正确.
二次函数有两个不等式实根，，
不妨设，
因为，
所以，
在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，
因为
所以，即：
所以为公比是2，首项为1的等比数列.
所以故BC错.
对于D选项，，得故D正确.
故选：AD
11．定义在上的函数同时满足①；②当时，，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．存在，使得
D．对任意
【答案】ACD
【解析】对于A，，令，则，即，又，，即，
可知，即，得即，故A正确；
对于B，由选项A可得，又令得，解得，，
所以函数不是偶函数，故B错误；
对于C，因为，当时，
，又满足上式，
，，令，则，
所以存在，使得，故C正确；
对于D，令，
则
，即，即是以1为周期的周期函数，因为当，，
则，
当且仅当且与异号时等号成立，但，故与2同号，
故等号不成立，故
结合周期性可知对任意，均有，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，若存在使得，则k的最大值为 ．
【答案】1011
【解析】二项式的通项为，
二项式的通项为，
所以，，
若，则有：
当为奇数时，此时，即，
则，可得，
又因为为奇数，所以的最大值为1011；
当为偶数时，此时，不合题意；
综上所述：的最大值为1011.
故答案为：1011.
13．已知是双曲线上任意一点，若到的两条渐近线的距离之积为，则上的点到焦点距离的最小值为 ．
【答案】
【解析】所求的双曲线方程为，则渐近线方程为，
设点，则，
点到的两条浙近线的距离之积为，
解得：，故双曲线方程为：，
故，故双曲线上的点到焦点距离的最小值为．
故答案为：．
14．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则 ；若，则的值为 .
【答案】；/5.75
【解析】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
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)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）∵，
∴，
令，解得：，
所以，函数在上单调递减，，函数在上单调递增，
即函数单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由题可知，
由（1）可知，当时，函数有最小值，
∴，即，
故的取值范围为.
16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到直线的距离；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：取的中点，连接，因为为的中点，所以，
又因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接，因为且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，则,
所以，则
可得，所以，
则点到直线的距离为.
（3）解：由（2）中的空间直角坐标系，可得，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．（15分）在平面直角坐标系中，点为动点，以为直径的圆与轴相切，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设为直线上的动点，过的直线与相切于点，过作直线的垂线交于点，求面积的最小值.
【解析】（1）设，则线段的中点坐标为，
因为以为直径的圆与轴相切，
所以，
化简得，所以的方程为；
（2）设，由，则点处的切线斜率为，
所以直线方程为，整理为，
令，则，所以，
易知直线斜率为，所以直线，整理为，
与联立可得，有，
解得，即的横坐标为，
所以，
，
所以面积为
，
又，当且仅当时，等号成立，
所以的面积最小值为.
18．（17分）为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛－国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响．
（1）经过1轮踢球，记甲的得分为，求的数学期望；
（2）若经过轮踢球，用表示经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率．
①求，，；
②规定，且有，请根据①中，，的值求出、，并求出数列的通项公式．
【解析】（1）记一轮踢球，甲命中为事件，乙命中为事件，，相互独立．
由题意，，甲的得分的可能取值为，0，1．
，
．
，
∴的分布列为：
．
（2）①由（1），
．
经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分．
∴，
②∵规定，且有，
∴代入得：，
∴，∴数列是等比数列，
公比为，首项为，∴．
∴．
19．（17分）给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.
(1)判断、哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；
(3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.
注：、分别表示数集中的最小数与最大数.
【解析】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为，
又，，，，，，
所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.
（2）不妨设集合S中的元素为，即，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当时，等号成立；
综上所述：.
（3）法一：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当，使得，且，
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数的最小值为；
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数；
综上所述：范数的最小值.
法二：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
所以对于，同样有，则，
由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，
即，，……，
所以范数
，
当且仅当时，等号成立，
所以范数的最小值.0
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