决战2024届高考考前押题卷数学（江苏专用02）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（江苏专用02），共22页。试卷主要包含了设函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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目的答案标号涂黑.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.
第一部分（选择题 共58分）
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，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．2B．1C．D．
3．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（ ）
A．2B．C．D．4
5．在平面直角坐标系中，角的始边均为，终边相互垂直，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．现某社区服务中心俱乐部将5名京剧演员、2名说书演员分配到甲、乙、丙3个居民区去义演，则每个居民区都有京剧演员的分配方法有（ ）
A．240种B．640种C．1350种D．1440种
7．在正方体中，为四边形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．平面平面D．若平面平面，则平面
8．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ）
A．函数的最大值为1
B．函数的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
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．下图是样本甲与样本乙的频率分布直方图，下列说法判断正确的是（ ）

A．样本乙的极差一定大于样本甲的极差
B．样本乙的众数一定大于样本甲的众数
C．样本甲的方差一定大于样本乙的方差
D．样本甲的中位数一定小于样本乙的中位数
10．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．若且，则
C．若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为
D．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的函数为奇函数
11．已知为坐标原点，点为抛物线：的焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（ ）
A．
B．存在实数，使得
C．若，则
D．若直线与的倾斜角互补，则
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的值为 ．
13．写出一个同时满足下列三个条件的函数的解析式 ．
①；
②；
③的导数为且．
14．如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为 ；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
15．已知正项数列的前项和为，，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
16．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若有两个零点，求的取值范围．
17．如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形．
(1)证明：；
(2)若，求二面角的正弦值．
18．已知曲线与曲线关于直线对称．
(1)求曲线的方程．
(2)若过原点的两条直线分别交曲线于点，，，，且（为坐标原点），则四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积；若不为定值，请说明理由．
19．甲、乙两人进行知识问答比赛，共有道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每题甲乙答题正确的概率分别为和，各题答题相互独立.规则为：初始双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得﹣1分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
(1)若，，求甲获胜的概率；
(2)若，设甲第题的得分为随机变量，一次比赛中得到的一组观测值，如下表.现利用统计方法来估计的值：
①设随机变量，若以观测值的均值作为的数学期望，请以此求出的估计值；
②设随机变量取到观测值的概率为，即；在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，随着的变化，用使得达到最大时的取值作为参数的一个估计值.求.
表1：甲得分的一组观测值.
附：若随机变量，的期望，都存在，则.
题目
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
得分
1
0
0
﹣1
1
1
﹣1
0
0
0
题目
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
得分
﹣1
0
1
1
﹣1
0
0
0
1
0
参考答案：
1．D
【分析】先求解不等式和求函数的值域得到集合的范围，再根据交并补和集合间的关系的定义分别判断各选项即得.
【详解】，，
因故A项错误；
由，知B项错误；
由知C项错误；
因，故D项正确.
故选：D.
2．D
【分析】根据题意，结合复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数，
所以，所以，则.
故选：D.
3．C
【分析】根据投影向量可得，再结合向量夹角公式运算求解.
【详解】由向量在向量上投影向量为，
所以得，
又因为，所以，故C正确.
故选：C.
4．C
【分析】根据双曲线方程求出渐近线，解得的值，从而求得右焦点到直线的距离即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
因为直线与双曲线的一条渐近线平行，
所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，
所以的右焦点到直线的距离为.
故选：C.
5．C
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】依题意，，则，
或，则，
所以.
故选：C
6．C
【分析】将2名说书演员分配到3个居民区，共有9种分配方法. 对京剧演员进行分组分配，各组的人数分别为1，1，3或2，2，1. 分别计算两种情况下的分配方法数，最后根据分类加法计数原理可得每个居民区都有京剧演员的分配方法共有1350种.
【详解】将2名说书演员分配到3个居民区，有（种）分配方法.
若每个居民区都有京剧演员，则将京剧演员分成3组，各组的人数分别为1，1，3或2，2，1.
当京剧演员分成三组的人数为1，1，3时，此时共有（种）分配方法；
当京剧演员分成三组的人数为2，2，1时，此时共有（种）分配方法.
综上可知，每个居民区都有京剧演员的分配方法有（种）.
故选：C
7．B
【分析】根据正方体性质结合图形可知异面，可判断A；通过证明平面，可判断B；记的中点分别为，然后证明是平面和平面的夹角或其补角，由为等腰三角形可判断C；由可判断D.
【详解】A选项：由正方体性质易知，，所以四点共面，
由图知，平面，直线在平面内，且不过点A，
所以异面，A错误；
B选项：因为平面，平面，所以，
又为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，B正确；
C选项：记平面平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，所以，
记的中点分别为，
由正方体性质可知，，所以，所以，
同理，，所以是平面和平面的夹角或其补角，
又对称性可知，为等腰三角形，故为锐角，C错误；
D选项：因为，
所以与平面相交，D错误.
故选：B
8．C
【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.
【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，
故恒成立，
故在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，，
由图像可知，恒成立，故单调递增，
当，，单调递减，
所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.
故选：C
9．BCD
【分析】根据数据分布的最小值和最大值可判断极差，从而判断A；根据众数、方差、中位数的概念，并结合图象可判断BCD.
【详解】对于选项A：
甲的数据介于[1.5,7.5]之间，极差小于或等于6；乙的数据分布于[2.5,8.5]，极差小于或等于6；从而甲和乙的极差可能相等，故A错误；
对于选项B：
根据频率分布直方图可知，甲的众数介于[2.5,5.5)之间，乙的众数介于(5.5,6.5]，故乙的众数大于甲的众数，B正确；
对于选项C：
甲的数据平均分布，乙的数据分布在中间集中，故甲的方差大于乙的方差，故C正确；
对于选项D：
对于甲，各组频率依次为：，因为前两组频率之和，前三组频率之和，故中位数位于[3.5,4.5)之间；
同理，对于乙，各组频率依次为：，前三组频率之和，前四组频率之和，故中位数位于[5.5,6.5)之间，所以乙的中位数大于甲的中位数.故D正确.
故选：BCD.
10．ACD
【分析】由，选项A：利用正弦函数的单调性判断； 选项B：利用正弦函数的最值、周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：利用三角函数的图象变换判断.
【详解】，
，当时，，
由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递增，故A正确；
对于B，若且，则，故B不正确；
对于C，若，则，
若在上有且仅有2个不同的解，如图所示：

可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；
对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】根据抛物线和直线方程可知直线过抛物线焦点，利用焦半径公式可判断A正确；联立直线和抛物线方程利用向量数量积公式可知，恒成立，所以B错误；根据可知A，B两点的纵坐标关系，解得其交点坐标代入直线方程可得，即C正确；由直线与的倾斜角互补，可知，利用韦达定理联立方程即可求出，即D正确.
【详解】由已知，抛物线：，∴，，焦点，
不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，

对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，
直线：过焦点，
∴由抛物线的定义，故选项A正确；
对于B，消去，化简得（显然），
则，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴不存在实数，使得，选项B错误；
对于C，，，
∵，∴，∴，
又∵由选项B判断过程知，，
∴解得，，或，，，
∴若，则，选项C正确；
对于D，由题意，，，，，
直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，
∴，代入，，化简得，
由选项B的判断知，，
∴，∴，故选项D正确.
故选：ACD.
12．2
【分析】根据公式计算求解即可
【详解】设的外接圆的半径为，则根据正弦定理可知，
，又，
所以，
故答案为：2
13．（答案不唯一）
【分析】借助函数的周期性、对称性、奇偶性计算即可得.
【详解】由①得，所以函数图象的周期为4，
由②得的图象关于直线对称，
由③得关于对称，为常数，
则同时满足三个条件的一个函数可以为．
故答案为：（答案不唯一）.
14．
【分析】把直三棱柱可补充一个长方体，结合长方体的性质，求得外接球的半径，得到其表面积；连接，延长交于点，取的中点，连接，
在过点作，证得截面四边形为直角梯形，设，求得梯形的面积为，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，直三棱柱中，，，
该直三棱柱可补充一个长方体，
其中直三棱柱的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，
又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为，可得对角线长为，
所以外接球的半径为，则该三棱柱外接球的表面积为；
如图所示，连接，并延长交于点，取的中点，连接，
则且，在过点作，可得，
连接，则四边形即为过点的截面，
在中，因为，且为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以四边形为直角梯形，
在中，由且，可得，所以，
设，在直角中，可得，
又由，可得，
所以直角梯形的面积为
，其中，
设，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
时，，单调递减，
又由，可得，
所以当时，函数取得最大值，此时梯形的面积取得最大值.
故答案为：.
【点睛】知识方法点拨：对于立体结合中的截面的探索性以及最值问题的求解策略：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
5、对于探索性问题的求解，可得建立函数关系，常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
15．(1)
(2)
【分析】（1）首先求出，可证明数列为首项为，公差为的等差数列，得到，利用得到的通项公式；
（2）由（1）知，，化简可得，利用分组求和以及裂项相消即可求出数列的前项和.
【详解】（1）当时，由，即，解得：，
所以，则数列为首项为，公差为的等差数列；
所以，则，
当时，，
当时，满足条件，
所以的通项公式为
（2）由（1）知，，
所以，
故，
即
16．(1)
(2)
【分析】(1)首先求解所给函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性即可求出最小值；
(2)结合（1）可知，只需求解计算即可得出结果．
【详解】（1）,
当时，即，则，
当时，即，则，
即当时，，函数单调递减，当时，为增，
在处取最小值，∴.
（2）由（1）可知，，
由有两个零点，
时，，时，，
所以，，即，解得：.
∴的取值范围为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线线垂直推到线面垂直得到平面，推出；再由推出面，即得；
（2）由题设条件和余弦定理求出，建立空间直角坐标系，设，写出相关点和向量的坐标，计算出两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值即得.
【详解】（1）三棱柱中，由可得,
因，且，面，则平面，
因平面，则，又四边形是菱形,则，
由，面，故得 面，因面 ,故．
（2）
因，不妨设，则，由余弦定理，,故得：，
分别取为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.( 轴为与平面垂直向上的方向),
则有，，，，，，
设平面的法向量为，则故可取；
又因，，
设平面的法向量为，则故可取.
设二面角的平面角为，则因故．
故二面角的正弦值为.
18．(1)
(2)是定值，
【分析】（1）根据点关于直线对称可得对称点，将其代入即可求解，
（2）讨论是否与垂直，垂直时，求解，，即可求解面积，不垂直时，联立直线与椭圆方程，得韦达定理，即可根据弦长公式以及点到直线的距离公式求解面积，即可求解.
【详解】（1）设点为曲线上任一点，则点关于直线的对称点在曲线上．
根据对称性，得解得
将代入曲线并整理，得．故曲线的方程为．
（2）四边形的面积为定值．理由如下：
当直线的斜率不存在时，直线轴，则．
因为，所以不妨设，则，
此时取，，
根据对称性可知四边形为平行四边形，
则四边形的面积，为定值．
当直线的斜率存在时，设，且，．
联立得．
由，得，则
，，
则
．
因为，即，即，
所以
．
因为原点到直线的距离，
由于四边形为平行四边形，
所以四边形的面积．
综上，四边形的面积为定值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19．(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据甲抢到题目数，分类讨论利用条件概率和全概率公式求解.
（2）①由公式计算的数学期望与观测值的均值相等，可求出的估计值；
②由概率的表达式，利用导数求取最大值时时的取值.
【详解】（1）记甲获胜为事件，甲抢到3道题为事件，甲抢到2道题为事件，甲抢到1道题为事件，甲抢到0道题为事件，
则，，
，，
而，
，
，
，
所以
.
（2）①，，，
所以；
因为，
由表中数据可知，
所以，.
②因为取值相互独立，
所以
，
所以；
令得，
又，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
即当时取到最大值，从而.
【点睛】方法点睛：
正确提取题干中的新概念、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!