备战2024届江苏新高考数学解答题专项限时训练卷（二）

这是一份备战2024届江苏新高考数学解答题专项限时训练卷（二），共13页。试卷主要包含了已知函数，已知椭圆经过点，，若存在数阵满足等内容，欢迎下载使用。
1．（本题13分）远程桌面连接是一种常见的远程操作电脑的方法，除了windws系统中可以使用内置的应用程序，通过输入IP地址等连接到他人电脑，也可以通过向日葵，anyviewer等远程桌面软件，双方一起打开软件，通过软件随机产生的对接码，安全的远程访问和控制另一台电脑.某远程桌面软件的对接码是一个由“1，2，3”这3个数字组成的五位数，每个数字至少出现一次.
(1)求满足条件的对接码的个数；
(2)若对接码中数字1出现的次数为，求的分布列和数学期望.
2．（本题15分）如图所示，在四棱锥中，底面，，底面为直角梯形，，，，N是PB的中点，点M，Q分别在线段PD与AP上，且，.

(1)当时，求平面MDN与平面DNC的夹角大小；
(2)若平面PBC，证明：.
3．（本题15分）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值与最小值；
(3)当时，求证：．
4．（本题17分）已知椭圆经过点．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)设椭圆E的左顶点为A，直线与E相交于M，N两点，直线AM与直线相交于点Q．问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，说明理由．
5．（本题17分）已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
备战2024届江苏新高考解答题专项限时训练卷（二）（新结构）
解答题（共5小题，满分77分）
1．（本题13分）远程桌面连接是一种常见的远程操作电脑的方法，除了windws系统中可以使用内置的应用程序，通过输入IP地址等连接到他人电脑，也可以通过向日葵，anyviewer等远程桌面软件，双方一起打开软件，通过软件随机产生的对接码，安全的远程访问和控制另一台电脑.某远程桌面软件的对接码是一个由“1，2，3”这3个数字组成的五位数，每个数字至少出现一次.
(1)求满足条件的对接码的个数；
(2)若对接码中数字1出现的次数为，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)150；(2)分布列见解析，
【分析】（1）分两种情况讨论：①当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次；②当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次，根据分类加法计数原理即可求解；
（2）随机变量的取值为1，2，3，求出对应的概率可得分布列，再根据期望公式即可求解.
【详解】（1）当对接码中一个数字出现3次，另外两个数字各出现1次时，
种数为：，
当对接的中两个数字各出现2次，另外一个数字出现1次时，
种数为：，
所有满足条件的对接码的个数为150.
（2）随机变量的取值为1，2，3，其分布为：
，，
，
故的分布列为：
故.
2．（本题15分）如图所示，在四棱锥中，底面，，底面为直角梯形，，，，N是PB的中点，点M，Q分别在线段PD与AP上，且，.

(1)当时，求平面MDN与平面DNC的夹角大小；
(2)若平面PBC，证明：.
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面MDN与平面DNC的夹角；
（2）利用空间向量法把线面平行转化为得向量垂直，从而利用数量积的运算化简即可证明；
【详解】（1）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

当时，、、、、、、
，则，，，
设平面MDN的法向量为，则，
取，可得，
设平面DNC的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面MDN与平面DNC的夹角为，所以，所以，
故平面MDN与平面DNC的夹角为.
（2），，设平面PBC的法向量为，
则，取，可得，
因为，，所以，，
则，因为平面PBC，
所以，即，
所以，即，
所以，所以.
3．（本题15分）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值与最小值；
(3)当时，求证：．
【答案】(1)；(2)见解析；(3)见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，求切线方程；
（2）首先求函数的导数，再讨论和两种情况求函数的单调性，求函数的最值；
（3）首先根据不等式构造函数，再利用导数求函数的最小值，即可证明.
【详解】（1），，，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2），
当时，在区间上恒成立，在区间上单调递增，
所以函数的最小值为，最大值为，
当时，，得，
在区间小于0，函数单调递减，
在区间大于0，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
，，显然，所以函数的最大值为，
综上可知，当时，函数的最小值为，最大值为，
当时，函数的最小值为，最大值为；
（3）
当时，，即证明不等式，
设，，，
设，，，
所以在单调递增，并且，，
所以函数在上存在唯一零点，使，
即，则在区间，，单调递减，
在区间，，单调递增，
所以的最小值为，
由，得，且，
所以，
所以，即.
4．（本题17分）已知椭圆经过点．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)设椭圆E的左顶点为A，直线与E相交于M，N两点，直线AM与直线相交于点Q．问：直线NQ是否经过x轴上的定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】(1)椭圆E的方程为，离心率为；(2)直线过定点
【分析】(1)根据椭圆经过点即可求得椭圆方程，利用离心率公式即可求离心率；
(2)表示出直线的方程为，即可求得点，再利用点斜式表示得直线的方程为，即可求出与轴的交点，利用韦达定理等量替换即可求出直线NQ恒过的定点.
【详解】（1）因为椭圆经过点，
所以，解得，
所以椭圆E的方程为，
因为所以，
所以离心率为.
（2）直线过定点，理由如下：
由可得，
显然，
设则有
直线的方程为
令，解得，则，
所以直线的斜率为且，
所以直线的方程为
令，则
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于利用直线的点斜式方程求的点点的坐标，再利用点斜式方程表示出直线与轴的交点横坐标，利用韦达定理等量代换求恒过定点.
5．（本题17分）已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
【答案】(1)，，，；(2)见解析；(3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析
【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；
（2）可构造恰当的映射，以证明结论；
（3）第三问可通过分类讨论求解问题.
【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.
从而，，，.
（2）如果是一个“好数阵”，则，.
从而，.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.
对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若是“好数阵”，则有
，
所以，这表明一定是偶数.
若，设是“好数阵”，则，从而，
故.
由于，故，同理.
若，设，则，故，从而.
进一步有，而，故.
假设，设，则，故，则，.
由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾；
所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；
若，则，从而.
若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.
若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.
对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.
综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，
其中，满足的有，，，.
综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.
若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.
【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.
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