数学：江苏省南通市2024届高三高考考前押题卷（最后一卷）试题（解析版）

这是一份数学：江苏省南通市2024届高三高考考前押题卷（最后一卷）试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
则，则
故选：B
2. 某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：
若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（ ）
A. 10B. 09C. 71D. 20
【答案】B
【解析】从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09，
所以选出来的第4个个体的编号为09，
故选：B
3. 若函数是偶函数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】函数的定义域为，由是偶函数，得，
即，整理得，所以.
故选：A
4. “”是“直线与直线平行”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】D
【解析】若，则有，所以或，
当时，，故，重合；
当时，，满足条件，
所以“”是“”既不充分也不必要条件，
故选：D．
5. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为在方向上的投影向量为，
所以，
所以有，
故选：D
6. 已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】A
【解析】连接，
因为平面，平面，
所以，
又四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
同理可证明，
因为，平面，
故平面，
故平面即为平面，
则截该正方体所得截面形状为三角形.
故选：A
7. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】因为，即，
所以，
整理得，变形得，
所以.
故选：C
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，，
设的内切圆与，相切于点，如图所示，
则，，
所以，
所以的周长为，
由椭圆定义可得，，
所以，则，
故选：B．
.
二、多项选择题
9. 设U为全集，集合A、B、C 满足，则下列各式中不一定成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】对于ABC，当，，，时，满足，
此时，，所以A、B不一定成立；
，，
所以C不一定成立；
对于D，，则，但，因为，
所以，于是，所以，
同理，，则，，
因此，成立，D成立.
故选：ABC.
10. 已知点在圆上，点、，则（ ）
A. 点到直线的距离小于
B. 点到直线的距离大于
C. 当最小时，
D. 当最大时，
【答案】ACD
【解析】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，
A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.
11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（ ）

A. 将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.
B. 将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.
C. 将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.
D. 将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.
【答案】AD
【解析】将该几何体放置在如图的正方体中，

对于A，将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为图中正方体的棱长，
由题意，该几何的棱长为，所以正方体的棱长为，正确；
对于B，将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为该几何体外接球的半径，
根据正方体和多面体的对称性知，该几何体外接球直径为正方体面对角线，即，解得，
所以包装盒的半径最小为，错误；
对于C，将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为两平行平面与平面的距离，证明求解过程如下：如图，

不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，所以平面平面，
设对角线分别交平面和平面于点，，
因为平面，平面，所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，所以，
同理，又，，平面，所以平面，
又平面平面，所以平面，
故即为平面与平面的距离，
则，由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，故，
根据，得，
解得，根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为，即该玩具的高度为，错误；
对于D，该几何体的体积为.因为玩具的密度为，小于水的密度，所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，正确.
故选：AD
三、填空题
12. 已知函数，若存在非零实数a，b，使恒成立，则满足条件的一组值可以是_______，______.
【答案】 （答案不唯一） 1（答案不唯一）
【解析】若，则，
当时，，，
故可取，
故答案：，答案不唯一
13. 把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有_______种．
【答案】36
【解析】根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，
①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，
②，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，
③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有种安排方法，
不同的安排方案共有种；
故答案为：
14. 方程正实数解为______.
【答案】
【解析】先证（且，且，且），
令，，两边取为底的对数，
可得，，
所以，所以，即，
则即为，
可得，
由于在上单调递增，，在上单调递减，
所以，在上单调递减，
可得在上单调递减，
又时，即时，有，
则原方程的解有且只有一个为.
故答案为：.
四、解答题
15. 在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且.
（1）求证：；
（2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.
（1）证明：由题意得，由正弦定理得，
因为，则，即，可得，整理得，
由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
故，整理得，
又因为为锐角三角形，则，可得，
所以，即.
（2）解：在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，
解得.
故，所以.
因此线段长度取值范围.
16. 如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点．
（1）若直线与直线所成角为，证明：平面；
（2）记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求．
（1）证明：连接，则四边形是直角梯形.
过作于N，则四边形是矩形，，
连接，，为的中点.又M为的中点，
平面，，平面
又平面，，
在中，，
为的中点，
又，，平面，，
平面又平面，
，，OB，平面，，
平面
（2）解：以O为原点，直线OC，OB，分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系.
设，则
，，，
，
设平面的法向量，
则，
取得
，，
设平面的法向量，
则，
取得
，解得
在中，，
由（1）知，
17. 某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的
（1）求甲任选一题并答对的概率;
（2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为，
①求和
②求
解：（1）记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A，
依题意，，，，，
因为事件与互斥，
所以
；
（2）①，即两题均选择作答，且均正确作答，
故，
，即两题均选择作答，且均作答错误，
故
②依题意，随机变量，，0，1，2，4，
由①得，，
，即选择一道题作答且作答错误，另一题不作答，
故，
，即两题均不作答，
故，
，即选择两题均作答，且一题作答正确，另一题作答错误，
故，
，即甲选择一题作答且作答正确，另一题不作答，
，故
18. 已知抛物线，双曲线，点在的左支上，过作轴的平行线交于点，过作的切线，过作直线交于点，交于点，且.
（1）证明：与相切；
（2）过作轴的平行线交的左支于点，过的直线平分，记的斜率为，若，证明：恒为定值.
（1）证明：先求过抛物线上一点的切线方程，设为抛物线上一点，当时，则，故过G的切线方程为：
当时，则，同理过G的切线方程为：，综上过抛物线上一点的切线方程为：.
因为AM∥轴，可得，设，
则由可得：，
故，将代入可得：，
而过N的E的切线方程为：，即A在该直线上，故得证.
（2）解：设直线的倾斜角分别为，由（1）知：
因为均在双曲线左支，故，
所以
=.
如图所示，此时，设与轴分别交于E、C、D三点，
易得：
，
所以
因为，
所以
化简可得是定值.
同理，若，如图
此时易得：
，
所以
因为，
所以
化简可得是定值.
综上：是定值，得证.
19. 若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知.
（1）证明：存在源数列；
（2）（ⅰ）若恒成立，求的取值范围；
（ⅱ）记的源数列为，证明：前项和.
（1）证明：由，得，
即在上单调递减，又，
当且x无限趋近于0时，趋向于正无穷大，
即的值域为，且函数在上单调递减，
对于可以取到任意正整数，且在上都有存在唯一自变量与之对应，
故对于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为，
即，则都存在唯一的实数，使得，
即存在源数列；
（2）（i）解：恒成立，即恒成立，
令，即恒成立，
令，则，
令，则，仅时取等号，
即在上单调递减，故，即在上单调递增，、
故，故；
（ii）证明：由（i）得，故，即，
故，
当时，，
当时，，
即前项和.