决胜高考2024年南京市高考数学精选题练习（一）含答案

这是一份决胜高考2024年南京市高考数学精选题练习（一）含答案，共29页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，则，已知正数a，b满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量满足，则（ ）
A．－2B．－1C．0D．2
3．在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）
A．B．2C．D．4
4．2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：
甲：；
乙：；
丙：；
丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
7．已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
8．若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所示（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则（ ）
A．
B．
C．70分以下的人数约为6人
D．本次考试的平均分约为93.6
10．已知正数a，b满足，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最小值为D．的最小值为
11．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．将函数的图象向左平移个单位长度，总能得到的图象
B．若，则当时，的取值范围为
C．若在区间上恰有3个极大值点，则
D．若在区间上单调递减，则
12．正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（ ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
三、填空题
13．的展开式中的系数为 .
14．在中，已知，，与交于点O.若，则 .
15．已知圆，过点的直线l交圆C于A，B两点，点P在圆C上，若，，则
16．已知函数的两个零点为，，函数的两个零点为，，则
四、解答题
17．△ABC中，D是线段BC上的点，，的面积是面积的2倍．
(1)求；
(2)若，，求DC和AB的长．
18．已知数列满足，且
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和（用具体数值作答）.
19．如图，四棱锥，底面为矩形，平面，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）设二面角为60°，，，求直线与平面所成角的正弦值.
20．某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G．
(1)若千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；
(2)若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域的面积最大？
21．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
22．已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.
题号
一
二
三
四
总分
得分
参考答案：
1．A
【分析】根据交集概念计算出答案.
【详解】.
故选：A.
2．C
【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】.
故选：C
3．C
【分析】根据对称性得到，从而计算出，求出模长.
【详解】对应的点为，其中关于的对称点为，
故，
故.
故选：C
4．D
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
5．B
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
6．D
【分析】根据正态曲线的对称性可判定乙､丙一定都正确，继而根据正态曲线的对称性可判断甲和丁，即得答案.
【详解】因为只有一个假命题，故乙､丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，
所以乙､丙一定都正确，则，
故甲正确，
根据正态曲线的对称性可得，故丁错.
故选：D.
7．A
【分析】设，满足题意，即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
则关于对称，
设，
，关于对称，
.
，
即满足条件，.
故选:A.
8．D
【分析】设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点，结合韦达定理可得的关系，进而可得的关系，再利用导数即可得出答案.
【详解】设切点，
则切线方程为，
又切线过，则，
有两个不相等实根，
其中或，
令或，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
，，
当时，，当时，，
所以，
即.
故选：D.
9．AD
【分析】根据频率分布图的求解频率、频数、平均数即可求解.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，因为第六组有40人，第五组有160人，
所以，B错误；
对于C，70分以下的人数为人，C错误；
对于D，平均成绩，D正确，
故选:AD.
10．AC
【分析】利用基本不等式结合条件逐项分析即得.
【详解】对于A，，
当且仅当时成立，A正确；
对于B，，即，可得，
所以，当且仅当时成立，B错误；
对于C，，当且仅当时成立，C正确；
对于D，由，
当且仅当，即，等号成立，
所以，此时，不能同时取等号，所以D错误.
故选：AC.
11．BC
【分析】由题可得，然后利用三角函数的性质结合条件逐项分析即得.
【详解】由题可得
对于A，向左平移个单位长度为，故不一定能得到的图象，A错误；
对于B，，，则，，所以，B正确；
对C，由可得，
由在区间上恰有3个极大值点可得，C正确；
对于D，，则，
因为单调递减，
所以，，且即，
解得，，且，
当时，，当时，，D错误.
故选：BC.
12．ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，
则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，
因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
13．
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】因为的展开式中的项为，
所以的展开式中的系数为，
故答案为：.
14．/0.6
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得，，然后利用共线向量的推论即得.
【详解】因为，，
所以，，又，
所以，，又与交于点O，
所以，
所以，即，
故答案为：.
15．
【分析】根据向量的加减法运算可得，再根据圆的性质可得即可求解.
【详解】
易知圆心，半径，取中点D，则，
因为，
所以，
所以，则，
又，
所以即，
故.
故答案为:.
16．2
【分析】由题可得，进而可得，然后结合条件即得.
【详解】因为函数的两个零点为，，
则，即，
又，
则，即，
所以.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构函数可得，可得，结合条件即得.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）由面积公式可得，利用正弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理联立方程即可求解.
【详解】（1）设，则由，的面积是面积的2倍，
可得，求得．
在中，由正弦定理可得①，
中，由正弦定理可得②．
由于和互补，故，
由①②求得．
（2）∵的面积是面积的2倍，，，
∴，∴．
设，则，中，由余弦定理可得
①，
中，由余弦定理可得
②，
∴由①②求得，∴，．
18．(1)
(2)66490
【分析】（1）依题意为等差数列，设公差为，由，即可求出，从而得到通项公式；
（2）由（1）可知，则，再利用分组求和法计算可得；
【详解】（1）解：因为，所以，所以为等差数列，设公差为，因为，所以，所以，所以，即
（2）解：因为，所以
所以，所以
19．（1）见解析；（2）.
【分析】（1）连接辅助线构造三角形，利用三角形中位线定理证明线线平行，再通过线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，通过二面角为60°，利用平面法向量求出点的坐标，再利用法向量求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）如图，
连接，且，则在矩形中为中点，
且在中，为的中点，
∴
且平面，平面，
∴平面；
（2）如图以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
，，
设，， ，，
∴，，
设平面、平面和平面的法向量分别为，，
则有，
∴，
令，则有，
同理可得，，
∵二面角为60°
∴，
∴，
解得，
∴，，
设与所成角为，
∴，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查用线面平行判定定理证明线面平行，用空间向量求线面所成角，考查推理论证能力、运算求解能力和转化与化归思想，是中档题.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据直线EF与椭圆相切时，长半轴最大，利用判别式为0即可求解.
（2）联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式，结合三角形的面积公式，由的范围，结合二次函数的性质即可求解面积的最大值.
【详解】（1）以O为坐标原点，以OD所在的坐标为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，
由题意，，由，所以，
所以，，
所以直线EF的方程为：，
设，则，
所以椭圆，当a最大时直线EF与椭圆相切，
整理可得：，
，解得（舍）
所以椭圆的长半轴长的最大值为；
（2）因为，，，
所以，
所以椭圆的方程为：；
设，则，直线MN的方程为：，
联立 ，整理可得：，
设，,则，，
，
，
要保证MN与半椭圆有交点，当N位于B时，
所以，当，即，
有最大值为1，
综上所述，当时，三角形OMN的面积最大．
21．(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：
，
即，
则，即，
所以点在圆.
22．(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析
【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,
设,
因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
结合特殊值得到再利用单调性可得.