备战2024届江苏新高考数学解答题专项限时训练卷（六）

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（六），共13页。试卷主要包含了已知函数.，已知O为坐标原点，点W为等内容，欢迎下载使用。

1．（本题13分）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
2．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
3．（本题15分）联合国新闻部将我国农历二十四节气中的“谷雨”定为联合国中文日，以纪念“中华文字始祖”仓颉的贡献.某大学拟在2024年的联合国中文日举行中文知识竞赛决赛，决赛分为必答､抢答两个环节依次进行.必答环节，共2道题，答对分别记30分､40分，否则记0分；抢答环节，包括多道题，设定比赛中每道题必须进行抢答，抢到并答对者得15分，抢到后未答对，对方得15分；两个环节总分先达到或超过100分者获胜，比赛结束.已知甲､乙两人参加决赛，且在必答环节，甲答对两道题的概率分别，乙答对两道题的概率分别为，在抢答环节，任意一题甲､乙两人抢到的概率都为，甲答对任意一题的概率为，乙答对任意一题的概率为，假定甲､乙两人在各环节､各道题中答题相互独立.
(1)在必答环节中，求甲､乙两人得分之和大于100分的概率；
(2)在抢答环节中，求任意一题甲获得15分的概率；
(3)若在必答环节甲得分为70分，乙得分为40分，设抢答环节经过X道题抢答后比赛结束，求随机变量X的分布列及数学期望.
4．（本题17分）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
5．（本题17分）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.
(1)若，计算；
(2)证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.
备战2024届江苏新高考解答题专项限时训练卷（六）（新结构）
解答题（共77分）
1．（本题13分）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值点个数.
【详解】（1）当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
2．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
3．（本题15分）联合国新闻部将我国农历二十四节气中的“谷雨”定为联合国中文日，以纪念“中华文字始祖”仓颉的贡献.某大学拟在2024年的联合国中文日举行中文知识竞赛决赛，决赛分为必答､抢答两个环节依次进行.必答环节，共2道题，答对分别记30分､40分，否则记0分；抢答环节，包括多道题，设定比赛中每道题必须进行抢答，抢到并答对者得15分，抢到后未答对，对方得15分；两个环节总分先达到或超过100分者获胜，比赛结束.已知甲､乙两人参加决赛，且在必答环节，甲答对两道题的概率分别，乙答对两道题的概率分别为，在抢答环节，任意一题甲､乙两人抢到的概率都为，甲答对任意一题的概率为，乙答对任意一题的概率为，假定甲､乙两人在各环节､各道题中答题相互独立.
(1)在必答环节中，求甲､乙两人得分之和大于100分的概率；
(2)在抢答环节中，求任意一题甲获得15分的概率；
(3)若在必答环节甲得分为70分，乙得分为40分，设抢答环节经过X道题抢答后比赛结束，求随机变量X的分布列及数学期望.
【答案】(1)；(2)；(3)分布列见解析，
【分析】（1）把得分之和大于100分的事件分拆，再利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算即得.
（2）甲获得15分的事件是甲抢到答正确与乙抢到答错的事件和，再列式求出概率.
（3）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望.
【详解】（1）两人得分之和大于100分可分为甲得40分、乙得70分，甲得70分、乙得40分，甲得70分、乙得70分三种情况，
所以得分大于100分的概率.
（2）抢答环节任意一题甲得15分的概率.
（3）的可能取值为2，3，4，5，
由抢答任意一题甲得15分的概率为，得抢答任意一题乙得15分的概率为，
，，
，
，
所以的分布列为：
数学期望.
4．（本题17分）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)；(2)①证明见解析 ；②16
【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；
（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.
【详解】（1）设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
（2）①设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，
将代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以，
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.
5．（本题17分）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.
(1)若，计算；
(2)证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.
【答案】(1)；(2)见解析；(3)最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析
【分析】（1）根据题意，得到；
（2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论；
解法二：，故至少有一个满足，当分别取时，记使得的值分别为，取为的最小公倍数即可得到答案；
（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故，列举出各编号在置换中的变化情况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换.
【详解】（1），
由题意可知；
（2）解法一：①若，则为恒等置换；
②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.
所以，即为恒等置换；
③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.
当时，由（1）可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
④若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为.
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可.
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中.
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
【点睛】
新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
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