2024屆江蘇省南通市高三高考考前押題卷（最后一卷）數(shù)學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE3江蘇省南通市2024屆高三高考考前押題卷（最后一卷）數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題1.已知復(fù)數(shù)z滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為，所以，則，則故選：B2.某工廠利用隨機數(shù)表對生產(chǎn)的50個零件進行抽樣測試，先將50個零件進行編號，編號分別為01，02，…，50，從中抽取5個樣本，下面提供隨機數(shù)表的第1行到第2行：若從表中第1行第9列開始向右依次讀取數(shù)據(jù)，則得到的第4個樣本編號是（）A.10 B.09 C.71 D.20〖答案〗B〖解析〗從隨機數(shù)表第1行的第9列數(shù)字開始由左向右每次連續(xù)讀取2個數(shù)字，刪除超出范圍及重復(fù)的編號，符合條件的編號有14，05，11，09，所以選出來的第4個個體的編號為09，故選：B3.若函數(shù)是偶函數(shù)，則（）A. B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗函數(shù)的定義域為，由是偶函數(shù)，得，即，整理得，所以.故選：A4.“”是“直線與直線平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗D〖解析〗若，則有，所以或，當(dāng)時，，故，重合；當(dāng)時，，滿足條件，所以“”是“”既不充分也不必要條件，故選：D．5.設(shè)為單位向量，在方向上的投影向量為，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為在方向上的投影向量為，所以，所以有，故選：D6.已知正方體，過點A且以為法向量的平面為，則截該正方體所得截面的形狀為（）A.三角形 B.四邊形 C.五邊形 D.六邊形〖答案〗A〖解析〗連接，因為平面，平面，所以，又四邊形為正方形，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證明，因為，平面，故平面，故平面即為平面，則截該正方體所得截面形狀為三角形.故選：A7.已知角滿足，則（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因為，即，所以，整理得，變形得，所以.故選：C8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，下頂點為，直線交于另一點，的內(nèi)切圓與相切于點．若，則的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設(shè)橢圓的長軸長為，短軸長為，焦距為，則，，設(shè)的內(nèi)切圓與，相切于點，如圖所示，則，，所以，所以的周長為，由橢圓定義可得，，所以，則，故選：B．.二、多項選擇題9.設(shè)U為全集，集合A、B、C滿足，則下列各式中不一定成立的是（）A.B.C.D.〖答案〗ABC〖解析〗對于ABC，當(dāng)，，，時，滿足，

此時，，所以A、B不一定成立；，，所以C不一定成立；

對于D，，則，但，因為，所以，于是，所以，

同理，，則，，

因此，成立，D成立.

故選：ABC.10.已知點在圓上，點、，則（）A.點到直線的距離小于B.點到直線的距離大于C.當(dāng)最小時，D.當(dāng)最大時，〖答案〗ACD〖解析〗圓的圓心為，半徑為，直線的方程為，即，圓心到直線的距離為，所以，點到直線的距離的最小值為，最大值為，A選項正確，B選項錯誤；如下圖所示：當(dāng)最大或最小時，與圓相切，連接、，可知，，，由勾股定理可得，CD選項正確.故選：ACD.11.“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.如圖，是一個八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，某玩具廠商制作一個這種形狀棱長為，重量為的實心玩具，則下列說法正確的是（）A.將玩具放到一個正方體包裝盒內(nèi)，包裝盒棱長最小為.B.將玩具放到一個球形包裝盒內(nèi)，包裝盒的半徑最小為.C.將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為.D.將玩具放至水中，其會飄浮在水面上.〖答案〗AD〖解析〗將該幾何體放置在如圖的正方體中，對于A，將玩具放到一個正方體包裝盒內(nèi)，包裝盒棱長最小為圖中正方體的棱長，由題意，該幾何的棱長為，所以正方體的棱長為，正確；對于B，將玩具放到一個球形包裝盒內(nèi)，包裝盒的半徑最小為該幾何體外接球的半徑，根據(jù)正方體和多面體的對稱性知，該幾何體外接球直徑為正方體面對角線，即，解得，所以包裝盒的半徑最小為，錯誤；對于C，將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為兩平行平面與平面的距離，證明求解過程如下：如圖，不妨記正方體為，，，故四邊形是平行四邊形，所以，又，分別為，的中點，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，設(shè)對角線分別交平面和平面于點，，因為平面，平面，所以，連接，因為分別為的中點，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，故即為平面與平面的距離，則，由正方體棱長為得，由題意得，為等邊三角形，故，根據(jù)，得，解得，根據(jù)對稱性知，所以，則平面與平面的距離為，即該玩具的高度為，錯誤；對于D，該幾何體的體積為.因為玩具的密度為，小于水的密度，所以將玩具放至水中，其會飄浮在水面上，正確.故選：AD三、填空題12.已知函數(shù)，若存在非零實數(shù)a，b，使恒成立，則滿足條件的一組值可以是_______，______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）1（〖答案〗不唯一）〖解析〗若，則，

當(dāng)時，，，

故可取，

故〖答案〗：，〖答案〗不唯一13.把5個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，甲乙安排在不相鄰的兩天，乙丙安排在相鄰的兩天，則不同的安排方法有_______種．〖答案〗36〖解析〗根據(jù)題意，設(shè)5人為甲乙丙丁戊，

①，將乙丙看成一個整體，考慮2人之間的順序，有種情況，

②，將這個整體與丁戊全排列，有種安排方法，

③，排好后，有4個空位，由于甲乙安排在不相鄰的兩天，則只能從3個空中任選1個，安排甲，有種安排方法，

不同的安排方案共有種；

故〖答案〗為：14.方程正實數(shù)解為______.〖答案〗〖解析〗先證（且，且，且），

令，，兩邊取為底的對數(shù)，可得，，

所以，所以，即，

則即為，

可得，

由于在上單調(diào)遞增，，在上單調(diào)遞減，所以，在上單調(diào)遞減，

可得在上單調(diào)遞減，

又時，即時，有，

則原方程的解有且只有一個為.

故〖答案〗為：.四、解答題15.在銳角中，內(nèi)角所對的邊分別為，，，滿足，且.（1）求證：；（2）已知是的平分線，若，求線段長度的取值范圍.（1）證明：由題意得，由正弦定理得，因為，則，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，又因為為銳角三角形，則，可得，所以，即.（2）解：在中，由正弦定理得，所以，因為為銳角三角形，且，所以，解得.故，所以.因此線段長度取值范圍.16.如圖，四邊形是圓臺的軸截面，是圓臺的母線，點C是的中點．已知，點M是BC的中點．（1）若直線與直線所成角為，證明：平面；（2）記直線與平面ABC所成角為，平面與平面的夾角為，若，求．（1）證明：連接，則四邊形是直角梯形.過作于N，則四邊形是矩形，，連接，，為的中點.又M為的中點，平面，，平面又平面，，在中，，為的中點，又，，平面，，平面又平面，，，OB，平面，，平面（2）解：以O(shè)為原點，直線OC，OB，分別為x，y，z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，則，，，，設(shè)平面的法向量，則，取得，，設(shè)平面的法向量，則，取得，解得在中，，由（1）知，17.某旅游景區(qū)在手機APP上推出游客競答的問卷，題型為單項選擇題，每題均有4個選項，其中有且只有一項是正確選項.對于游客甲，在知道答題涉及的內(nèi)容的條件下，可選出唯一的正確選項；在不知道答題涉及的內(nèi)容的條件下，則隨機選擇一個選項.已知甲知道答題涉及內(nèi)容的題數(shù)占問卷總題數(shù)的（1）求甲任選一題并答對的概率;（2）若問卷答題以題組形式呈現(xiàn)，每個題組由2道單項選擇題構(gòu)成，每道選擇題答對得2分，答錯扣1分，放棄作答得0分.假設(shè)對于任意一道題，甲選擇作答的概率均為，且兩題是否選擇作答及答題情況互不影響，記每組答題總得分為，①求和②求解：（1）記“甲任選一道題并答對”為事件M，“甲知道答題涉及內(nèi)容”為事件A，依題意，，，，，因為事件與互斥，所以；（2）①，即兩題均選擇作答，且均正確作答，故，，即兩題均選擇作答，且均作答錯誤，故②依題意，隨機變量，，0，1，2，4，由①得，，，即選擇一道題作答且作答錯誤，另一題不作答，故，，即兩題均不作答，故，，即選擇兩題均作答，且一題作答正確，另一題作答錯誤，故，，即甲選擇一題作答且作答正確，另一題不作答，，故18.已知拋物線，雙曲線，點在的左支上，過作軸的平行線交于點，過作的切線，過作直線交于點，交于點，且.（1）證明：與相切；（2）過作軸的平行線交的左支于點，過的直線平分，記的斜率為，若，證明：恒為定值.（1）證明：先求過拋物線上一點的切線方程，設(shè)為拋物線上一點，當(dāng)時，則，故過G的切線方程為：當(dāng)時，則，同理過G的切線方程為：，綜上過拋物線上一點的切線方程為：.因為AM∥軸，可得，設(shè)，則由可得：，故，將代入可得：，而過N的E的切線方程為：，即A在該直線上，故得證.（2）解：設(shè)直線的傾斜角分別為，由（1）知：因為均在雙曲線左支，故，所以=.如圖所示，此時，設(shè)與軸分別交于E、C、D三點，易得：，所以因為，所以化簡可得是定值.同理，若，如圖此時易得：，所以因為，所以化簡可得是定值.綜上：是定值，得證.19.若，都存在唯一的實數(shù)，使得，則稱函數(shù)存在“源數(shù)列”.已知.（1）證明：存在源數(shù)列；（2）（?。┤艉愠闪ⅲ蟮娜≈捣秶?；（ⅱ）記的源數(shù)列為，證明：前項和.（1）證明：由，得，即在上單調(diào)遞減，又，當(dāng)且x無限趨近于0時，趨向于正無窮大，即的值域為，且函數(shù)在上單調(diào)遞減，對于可以取到任意正整數(shù)，且在上都有存在唯一自變量與之對應(yīng)，故對于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨設(shè)解為，即，則都存在唯一的實數(shù)，使得，即存在源數(shù)列；（2）（i）解：恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，則，令，則，僅時取等號，即在上單調(diào)遞減，故，即在上單調(diào)遞增，、故，故；（ii）證明：由（i）得，故，即，故，當(dāng)時，，當(dāng)時，，即前項和.江蘇省南通市2024屆高三高考考前押題卷（最后一卷）數(shù)學(xué)試題一、單項選擇題1.已知復(fù)數(shù)z滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為，所以，則，則故選：B2.某工廠利用隨機數(shù)表對生產(chǎn)的50個零件進行抽樣測試，先將50個零件進行編號，編號分別為01，02，…，50，從中抽取5個樣本，下面提供隨機數(shù)表的第1行到第2行：若從表中第1行第9列開始向右依次讀取數(shù)據(jù)，則得到的第4個樣本編號是（）A.10 B.09 C.71 D.20〖答案〗B〖解析〗從隨機數(shù)表第1行的第9列數(shù)字開始由左向右每次連續(xù)讀取2個數(shù)字，刪除超出范圍及重復(fù)的編號，符合條件的編號有14，05，11，09，所以選出來的第4個個體的編號為09，故選：B3.若函數(shù)是偶函數(shù)，則（）A. B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗函數(shù)的定義域為，由是偶函數(shù)，得，即，整理得，所以.故選：A4.“”是“直線與直線平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗D〖解析〗若，則有，所以或，當(dāng)時，，故，重合；當(dāng)時，，滿足條件，所以“”是“”既不充分也不必要條件，故選：D．5.設(shè)為單位向量，在方向上的投影向量為，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為在方向上的投影向量為，所以，所以有，故選：D6.已知正方體，過點A且以為法向量的平面為，則截該正方體所得截面的形狀為（）A.三角形 B.四邊形 C.五邊形 D.六邊形〖答案〗A〖解析〗連接，因為平面，平面，所以，又四邊形為正方形，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證明，因為，平面，故平面，故平面即為平面，則截該正方體所得截面形狀為三角形.故選：A7.已知角滿足，則（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因為，即，所以，整理得，變形得，所以.故選：C8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，下頂點為，直線交于另一點，的內(nèi)切圓與相切于點．若，則的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗設(shè)橢圓的長軸長為，短軸長為，焦距為，則，，設(shè)的內(nèi)切圓與，相切于點，如圖所示，則，，所以，所以的周長為，由橢圓定義可得，，所以，則，故選：B．.二、多項選擇題9.設(shè)U為全集，集合A、B、C滿足，則下列各式中不一定成立的是（）A.B.C.D.〖答案〗ABC〖解析〗對于ABC，當(dāng)，，，時，滿足，

此時，，所以A、B不一定成立；，，所以C不一定成立；

對于D，，則，但，因為，所以，于是，所以，

同理，，則，，

因此，成立，D成立.

故選：ABC.10.已知點在圓上，點、，則（）A.點到直線的距離小于B.點到直線的距離大于C.當(dāng)最小時，D.當(dāng)最大時，〖答案〗ACD〖解析〗圓的圓心為，半徑為，直線的方程為，即，圓心到直線的距離為，所以，點到直線的距離的最小值為，最大值為，A選項正確，B選項錯誤；如下圖所示：當(dāng)最大或最小時，與圓相切，連接、，可知，，，由勾股定理可得，CD選項正確.故選：ACD.11.“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.如圖，是一個八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，某玩具廠商制作一個這種形狀棱長為，重量為的實心玩具，則下列說法正確的是（）A.將玩具放到一個正方體包裝盒內(nèi)，包裝盒棱長最小為.B.將玩具放到一個球形包裝盒內(nèi)，包裝盒的半徑最小為.C.將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為.D.將玩具放至水中，其會飄浮在水面上.〖答案〗AD〖解析〗將該幾何體放置在如圖的正方體中，對于A，將玩具放到一個正方體包裝盒內(nèi)，包裝盒棱長最小為圖中正方體的棱長，由題意，該幾何的棱長為，所以正方體的棱長為，正確；對于B，將玩具放到一個球形包裝盒內(nèi)，包裝盒的半徑最小為該幾何體外接球的半徑，根據(jù)正方體和多面體的對稱性知，該幾何體外接球直徑為正方體面對角線，即，解得，所以包裝盒的半徑最小為，錯誤；對于C，將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為兩平行平面與平面的距離，證明求解過程如下：如圖，不妨記正方體為，，，故四邊形是平行四邊形，所以，又，分別為，的中點，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，設(shè)對角線分別交平面和平面于點，，因為平面，平面，所以，連接，因為分別為的中點，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，故即為平面與平面的距離，則，由正方體棱長為得，由題意得，為等邊三角形，故，根據(jù)，得，解得，根據(jù)對稱性知，所以，則平面與平面的距離為，即該玩具的高度為，錯誤；對于D，該幾何體的體積為.因為玩具的密度為，小于水的密度，所以將玩具放至水中，其會飄浮在水面上，正確.故選：AD三、填空題12.已知函數(shù)，若存在非零實數(shù)a，b，使恒成立，則滿足條件的一組值可以是_______，______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）1（〖答案〗不唯一）〖解析〗若，則，

當(dāng)時，，，

故可取，

故〖答案〗：，〖答案〗不唯一13.把5個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，甲乙安排在不相鄰的兩天，乙丙安排在相鄰的兩天，則不同的安排方法有_______種．〖答案〗36〖解析〗根據(jù)題意，設(shè)5人為甲乙丙丁戊，

①，將乙丙看成一個整體，考慮2人之間的順序，有種情況，

②，將這個整體與丁戊全排列，有種安排方法，

③，排好后，有4個空位，由于甲乙安排在不相鄰的兩天，則只能從3個空中任選1個，安排甲，有種安排方法，

不同的安排方案共有種；

故〖答案〗為：14.方程正實數(shù)解為______.〖答案〗〖解析〗先證（且，且，且），

令，，兩邊取為底的對數(shù)，可得，，

所以，所以，即，

則即為，

可得，

由于在上單調(diào)遞增，，在上單調(diào)遞減，所以，在上單調(diào)遞減，

可得在上單調(diào)遞減，

又時，即時，有，

則原方程的解有且只有一個為.

故〖答案〗為：.四、解答題15.在銳角中，內(nèi)角所對的邊分別為，，，滿足，且.（1）求證：；（2）已知是的平分線，若，求線段長度的取值范圍.（1）證明：由題意得，由正弦定理得，因為，則，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，又因為為銳角三角形，則，可得，所以，即.（2）解：在中，由正弦定理得，所以，因為為銳角三角形，且，所以，解得.故，所以.因此線段長度取值范圍.16.如圖，四邊形是圓臺的軸截面，是圓臺的母線，點C是的中點．已知，點M是BC的中點．（1）若直線與直線所成角為，證明：平面；（2）記直線與平面ABC所成角為，平面與平面的夾角為，若，求．（1）證明：連接，則四邊形是直角梯形.過作于N，則四邊形是矩形，，連接，，為的中點.又M為的中點，平面，，平面又平面，，在中，，為的中點，又，，平面，，平面又平面，，，OB，平面，，平面（2）解：以O(shè)為原點，直線OC，OB，分別為x，y，z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，則，，，，設(shè)平面的法向量，則，取得，，設(shè)平面的法向量，則，取得，解得在中，，由（1）知，17.某旅游景區(qū)在手機APP上推出游客競答的問卷，題型為單項選擇題，每題均有4個選項，其中有且只有一項是正確選項.對于游客甲，在知道答題涉及的內(nèi)容的條件下，可選出唯一的正確選項；在不知道答題涉及的內(nèi)容的條件下，則隨機選擇一個選項.已知甲知道答題涉及內(nèi)容的題數(shù)占問卷總題數(shù)的（1）求甲任選一題并答對的概率;（2）若問卷答題以題組形式呈現(xiàn)，每個題組由2道單項選擇題構(gòu)成，每道選擇題答對得2分，答錯扣1分，放棄作答得0分.假設(shè)對于任意一道題，甲選擇作答的概率均為，且兩題是否選擇作答及答題情況互不影響，記每組答題總得分為，①求和②求解：（1）記“甲任選一道題并答對”為事件M，