决战2024届高考考前押题卷数学（江苏专用01）

这是一份决战2024届高考考前押题卷数学（江苏专用01），共17页。试卷主要包含了已知是奇函数，则等内容，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，，，则实数的值为（ ）
A．2B．或2C．1或2D．0或2
2．双曲线的渐近线方程为，则（ ）
A．B．C．D．2
3．已知，，若，则（ ）
A．1B．C．D．
4．已知是奇函数，则（ ）
A．B．0C．1D．2
5．某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念，要求两名男生不相邻，两名女生也不相邻，老师不站在两端，则不同的排法共有（ ）
A．8种B．16种C．24种D．32种
6．记数列的前项和为，已知，为等差数列，若，则（ ）
A．2B．C．D．
7．已知的内角A，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
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．已知i是虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．已知，若，则
B．复数满足，则
C．复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为一条直线
D．复数z满足，则
10．已知函数，，为的两个相邻的对称中心，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的最大值为1
C．直线是曲线的一条对称轴
D．将的图象向右平移个单位长度，所得图象关于原点对称
11．已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．在定义域内单调递减D．为奇函数
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．的展开式中的系数为 ．
13．已知抛物线的焦点分别为，点分别在(上，且线段平行于x轴.若是等腰三角形，则 .
14．已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是 .
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．不透明的袋子中装有3个黑球，2个红球，1个白球，从中任意取出2个球，再放入1个红球和1个白球．
(1)求取球放球结束后袋子里白球的个数为2的概率；
(2)设取球放球结束后袋子里红球的个数为随机变量，求的分布列以及数学期望．
16．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形．
(1)若直线是平面和平面的交线，证明：；
(2)若四棱锥的体积为，二面角和二面角都是，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且，的面积为．
(1)求的方程；
(2)已知为直线上任一点，设直线与的另一个公共点分别为．问：直线是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，试说明理由．
19．已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
(1)写出所有4的1减数列；
(2)若存在m的6减数列，证明：；
(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.
参考答案：
1．A
【分析】根据给定条件，利用集合元素的互异性及集合的包含关系列式计算即得.
【详解】由，得，即，此时，
由，得，而，所以.
故选：A
2．D
【分析】借助渐近线的定义计算即可得.
【详解】由题意可得，又，故.
故选：D.
3．A
【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】，由得，
解得.
故选：A.
4．B
【分析】利用得a值，并检验即可求解.
【详解】易知，且定义域为R，若其为奇函数，
则，故，经检验成立.
故选：B
5．D
【分析】由排列组合以及分类分步计数原理即可得解.
【详解】当老师从左到右排在第二或第四位时，共有种排法，
当老师从左到右排在第三位时，共有种排法，
于是共有种排法.
故选：D.
6．D
【分析】首先根据，从而得到，根据为等差数列得到，即可得到，再计算即可.
【详解】，故，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，故，
所以当时，，所以，
故选：D．
7．C
【分析】根据正弦定理得，然后根据余弦定理求出，再利用重要不等式求出即可
【详解】由，
由正弦定理得，
又，且，
所以，故，
又，所以，
由，即，得，
面积的最大值为，
故选：C．
8．A
【分析】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.
【详解】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
9．BCD
【分析】根据虚数不能比较大小可知A错误；根据共轭复数的定义可判断B；根据复数的几何意义可判断C；根据复数的运算法则进行计算，可判断D.
【详解】对A，虚数不能比较大小，可知A错误；
对B，根据共轭复数的定义知，当时，，
则，故B正确；
对C，因为复数z满足，
则复数在复平面上对应的点到两点间的距离相等，
则复数在复平面上对应的点为两点构成线段的中垂线，
即在复平面内对应的点的轨迹为一条直线，故C正确；
因为，
则，
又，
故D正确，
故选：BCD.
10．AC
【分析】由相邻的对称中心，求出函数最小正周期判断选项A，可求出，再由对称中心求出和，得最大值判断选项B；代入检验法判断选项C中的对称轴；平移得新函数解析式，判断D选项中的对称中心是否成立.
【详解】依题意，，所以，，A选项正确；
由，即，又，得，
所以的对称中心为，所以，
的最大值为2，B选项错误；
当时，，是正弦曲线的一条对称轴，
所以直线是曲线的一条对称轴，C选项正确；
将的图象向右平移个单位长度所得函数为，图象关于对称，D选项错误．
故选：AC．
11．BC
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对已知的函数抽象表达式的处理，一般以赋值化简为主，根据选项信息对自变量进行针对性赋值，求出函数值，或者推导出递推式，或者构造出的关系式即可判断奇偶性等.
12．40
【分析】由，写出展开式的通项，再由通项计算可得.
【详解】因为，
又展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
故展开式中的系数为.
故答案为：
13．
【分析】由题意设出点的坐标，不妨设，然后分三种情况讨论即可求解.
【详解】设，，.
不妨设，然后分三种情况讨论：
若，则有，解得，此时；
若，则，解得，这不可能；
若，则，这同样不可能.
综上，.
故答案为：.
14．6
【分析】先对不等式等价变换为，令得，构造函数，从而，又，利用不等式性质即可求解范围.
【详解】因为，所以，
则不等式等价于，
等价于，令，则，
从而，令，由对勾函数的性质知，
因为，即，所以，
令，则，解得，
所以，当且仅当即时取等号，
故的最大值是6.
故答案为：6
【点睛】关键点点睛：本题考查了复合函数的值域及不等式的性质，解题的关键是对不等式等价变形，利用换元法结合对勾函数性质求解函数范围，最后利用不等式性质求解即可.
15．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意结合古典概型以及互斥事件概率求法分析求解；
（2）由题意可知：随机变量的可能取值为1，2，3，进而求分布列和期望.
【详解】（1）设事件A为“取球放球结束后袋子里白球的个数为2”，
设事件为“取出2个黑球”，则，
事件为“取出2个红球”，则，
事件为“取出1个红球1个黑球”，则，
因为事件B，C，D互斥，且，则，
所以取球放球结束后袋子里白球的个数为2的概率为.
（2）由题意可知：随机变量的可能取值为1，2，3，则有：
，，，
所以X的分布列为：
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到，构造，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，即可证明平面，再由线面平行的性质证明即可；
（2）过点作平面的垂线，垂足为，过点作，垂足为，连接，由锥体的体积公式求出，再由二面角得到，同理可得点到的距离为，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）∵正方形，，
平面，平面，
平面，又平面，直线是平面和平面的交线，
；
（2）如图，过点作平面的垂线，垂足为，过点作，垂足为，连接，
因为二面角和二面角都是，
可知点在正方形内，
四棱锥的体积为，即，可得，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，
可得，可得，同理可得点到的距离为，
以为坐标原点，向量，与平面垂直的方向分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得．
设平面的法向量为
有取，可得，
所以，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．(1)
(2)过定点
【分析】（1）根据得到，由的面积为得到，结合，联立即可求得；
（2）设出点，表示出，与椭圆方程联立求得点坐标，同法求出点坐标，利用两点坐标，写出直线的方程，将其展开，化简，得到，故而求得直线经过定点.
【详解】（1）因，则由可得，即，①
又的面积为，② ，③
由①②③联立，可解得，
故的方程为.
（2）
如图，依题意，直线的斜率一定存在，不妨设，，则，
将其与椭圆方程联立，消去，整理得：，则点的横坐标为，
代入直线方程，求得；
同理，直线的斜率一定存在，则，将其与椭圆方程联立，消去，
整理得：，则点的横坐标为，代入直线方程，求得；
则直线的方程为：，整理得：，
化简为，展开得：，
移项合并得，故直线一定经过点.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与椭圆有关的直线过定点问题，属于较难题.
解题的关键在于，设点，写出直线的方程并与椭圆方程联立求得点的坐标，写出直线的方程，其中化简该方程是计算量较大，且容易出错的步骤，唯有计算正确，才能将其化成这样的形式，即可得解.
19．(1)数列和数列3，1
(2)证明见解析
(3)的最大值为512072
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【详解】（1）由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
（2）因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
X
1
2
3
P