江苏省建陵高级中学2023-2024学年高考临考冲刺数学试卷含解析

江苏省建陵高级中学2023-2024学年高考临考冲刺数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知函数在区间上恰有四个不同的零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．2．下列结论中正确的个数是（）①已知函数是一次函数，若数列通项公式为，则该数列是等差数列；②若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则；③在中，“”是“”的必要不充分条件；④若，则的最大值为2.A．1 B．2 C．3 D．03．设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（）A． B．0 C．1 D．34．已知，，为圆上的动点，，过点作与垂直的直线交直线于点，若点的横坐标为，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．46．已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知函数在上可导且恒成立，则下列不等式中一定成立的是（）A．、B．、C．、D．、8．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式）.A．2寸 B．3寸 C．4寸 D．5寸9．对于函数，若满足，则称为函数的一对“线性对称点”．若实数与和与为函数的两对“线性对称点”，则的最大值为（）A． B． C． D．10．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．11．已知复数z满足,则在复平面上对应的点在()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（）A．4π B．8π C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为______14．设函数，则______.15．在平面直角坐标系中，若函数在处的切线与圆存在公共点，则实数的取值范围为_____．16．若，则的最小值为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且．（1）证明：直线与圆相切；（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长．18．（12分）如图，在斜三棱柱中，平面平面，，，，均为正三角形，E为AB的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求斜三棱柱截去三棱锥后剩余部分的体积．19．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（其中为参数），直线的参数方程为（其中为参数）（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；（2）若曲线与直线交于两点，点的坐标为，求的值.20．（12分）如图，为坐标原点，点为抛物线的焦点，且抛物线上点处的切线与圆相切于点（1）当直线的方程为时，求抛物线的方程；（2）当正数变化时，记分别为的面积，求的最小值．21．（12分）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，点．（1）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于点，曲线与曲线交于点，求的面积．22．（10分）2019年安庆市在大力推进城市环境、人文精神建设的过程中，居民生活垃圾分类逐渐形成意识.有关部门为宣传垃圾分类知识，面向该市市民进行了一次“垃圾分类知识"的网络问卷调查，每位市民仅有一次参与机会，通过抽样，得到参与问卷调查中的1000人的得分数据，其频率分布直方图如图：（1）由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分Z服从正态分布，近似为这1000人得分的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表），利用该正态分布，求P（）；（2）在（1）的条件下，有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：（i）得分不低于可获赠2次随机话费，得分低于则只有1次：（ii）每次赠送的随机话费和对应概率如下：赠送话费（单位：元）1020概率现有一位市民要参加此次问卷调查，记X（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列.附：，若，则，.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

函数的零点就是方程的解，设，方程可化为，即或，求出的导数，利用导数得出函数的单调性和最值，由此可根据方程解的个数得出的范围．【详解】由题意得有四个大于的不等实根，记，则上述方程转化为，即，所以或．因为，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在处取得最小值，最小值为．因为，所以有两个符合条件的实数解，故在区间上恰有四个不相等的零点，需且．故选：A．【点睛】本题考查复合函数的零点．考查转化与化归思想，函数零点转化为方程的解，方程的解再转化为研究函数的性质，本题考查了学生分析问题解决问题的能力．2、B【解析】

根据等差数列的定义，线面关系，余弦函数以及基本不等式一一判断即可；【详解】解：①已知函数是一次函数，若数列的通项公式为，可得为一次项系数），则该数列是等差数列，故①正确；②若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则与可以相交或平行，故②错误；③在中，，而余弦函数在区间上单调递减，故“”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要条件，故③错误；④若，则，所以，当且仅当时取等号，故④正确；综上可得正确的有①④共2个；故选：B【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是正弦定理的运用和等比数列的求和公式、等差数列的定义和不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．3、C【解析】

先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。【详解】因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，，用替换，得，化简得，即令，所以，故选C。【点睛】本题主要考查函数性质奇偶性的应用。4、A【解析】

由题意得，即可得点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，根据双曲线的性质即可得解.【详解】如图，连接OP，AM，由题意得，点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，.故选：A.【点睛】本题考查了双曲线定义的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.5、C【解析】

根据对称性即可求出答案．【详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故选：C．【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．6、C【解析】

由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因为为三角形的最大角，所以，又由余弦定理，当且仅当时，等号成立，所以，即，又由，所以的取值范围是.故选：C.【点睛】本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.7、A【解析】

设，利用导数和题设条件，得到，得出函数在R上单调递增，得到，进而变形即可求解.【详解】由题意，设，则，又由，所以，即函数在R上单调递增，则，即，变形可得.故选：A.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，以及利用单调性比较大小，其中解答中根据题意合理构造新函数，利用新函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.8、B【解析】试题分析：根据题意可得平地降雨量，故选B.考点：1.实际应用问题；2.圆台的体积.9、D【解析】

根据已知有，可得，只需求出的最小值，根据，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出结论.【详解】依题意知，与为函数的“线性对称点”，所以，故（当且仅当时取等号）.又与为函数的“线性对称点，所以，所以，从而的最大值为.故选:D.【点睛】本题以新定义为背景，考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式，理解新定义含义，正确求出的表达式是解题的关键，属于中档题.10、D【解析】

根据三视图判断出几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成，利用锥体和柱体的体积公式计算出体积并相加求得几何体的体积.【详解】由三视图可知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，该多面体体积为.故选D.【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查柱体和锥体的体积公式，属于基础题.11、A【解析】

设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.【详解】设，由得：，即，由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.12、B【解析】

由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.【详解】根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求．【详解】解：如图，在四面体中，底面，，，可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，则长方体的对角线长为，则三棱锥的外接球的半径为1．其表面积为．故答案为：．【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，属于中档题．14、【解析】

由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法运算法则与对数恒等式关系分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求值，属于简单题.15、【解析】

利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可.【详解】解：由条件得到又所以函数在处的切线为,即圆方程整理可得：即有圆心且所以圆心到直线的距离,即.解得或,故答案为：．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题.16、【解析】

由基本不等式，可得到，然后利用，可得到最小值，要注意等号取得的条件。【详解】由题意，，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时取等号，所以当时，取得最小值．【点睛】利用基本不等式求最值必须具备三个条件：①各项都是正数；②和（或积）为定值；③等号取得的条件。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，，可得到的距离为1，即得证；（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以．所以椭圆的方程为．由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为0时，，，于是，到的距离为1，直线与圆相切．当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，所以，，从而．而，故的方程为，而在上，故，从而，于是．此时，到的距离为1，直线与圆相切．综上，直线与圆相切．（2）由（1）知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1．此时，点在椭圆的长轴端点，为．不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，代入椭圆的方程解得，即，，所以．【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）要证明线面平行，需先证明线线平行，所以连接，交于点M，连接ME，证明；（Ⅱ）由题意可知点到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离，根据体积公式剩余部分的体积是.【详解】（Ⅰ）如图，连接，交于点M，连接ME，则．因为平面，平面，所以平面．（Ⅱ）因为平面ABC，所以点到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离．如图，设O是AC的中点，连接，OB．因为为正三角形，所以，又平面平面，平面平面，所以平面ABC．所以点到平面ABC的距离，故三棱锥的体积为．而斜三棱柱的体积为．所以剩余部分的体积为．【点睛】本题考查证明线面平行，计算体积，意在考查推理证明，空间想象能力，计算能力，属于中档题型，一般证明线面平行的方法1.证明线线平行，则线面平行，2.证明面面平行，则线面平行，关键是证明线线平行，一般构造平行四边形，则对边平行，或是构造三角形中位线.19、（1）（2）5【解析】

（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，，得到曲线的极坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中参数的几何意义得解；【详解】解：（1）曲线：消去参数得到：，由，，得所以（2）代入，设，，由直线的参数方程参数的几何意义得：【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程、普通方程的互化，以及直线参数方程的几何意义的应用，属于中档题．20、（1）x2=4y．（2）.【解析】试题解析：（Ⅰ）设点P（x0，），由x2=2py（p＞0）得，y=，求导y′=，因为直线PQ的斜率为1，所以=1且x0--√2=0，解得p=2，所以抛物线C1的方程为x2=4y．（Ⅱ）因为点P处的切线方程为：y-=（x-x0），即2x0x-2py-x02=0，∴OQ的方程为y=-x根据切线与圆切，得d=r，即，化简得x04=4x02+4p2，由方程组，解得Q（，），所以|PQ|=√1+k2|xP-xQ|=点F（0，）到切线P