江西省四校协作体2023-2024学年高考数学押题试卷含解析

江西省四校协作体2023-2024学年高考数学押题试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．我国著名数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就，哥德巴赫猜想内容是“每个大于的偶数可以表示为两个素数的和”（注：如果一个大于的整数除了和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），在不超过的素数中，随机选取个不同的素数、，则的概率是（）A． B． C． D．2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A． B． C． D．3．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．4．定义在R上的偶函数满足，且在区间上单调递减，已知是锐角三角形的两个内角，则的大小关系是（）A． B．C． D．以上情况均有可能5．已知复数，则对应的点在复平面内位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限6．已知双曲线（，），以点（）为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为（）A． B． C． D．7．在三棱锥中，，，P在底面ABC内的射影D位于直线AC上，且，.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上，则球Q的半径为（）A． B． C． D．8．如图，内接于圆，是圆的直径，，则三棱锥体积的最大值为（）A． B． C． D．9．德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家､天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是()A． B．C． D．10．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（）A． B． C． D．11．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（）A． B．1 C． D．212．已知的部分图象如图所示，则的表达式是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是__________，弧田的面积是__________．14．函数的定义域为__________．15．现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有____种.（用数字作答）16．某四棱锥的三视图如图所示，那么此四棱锥的体积为______.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）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．（1）求异面直线AP，BM所成角的余弦值；（2）点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求λ的值．18．（12分）已知函数，其导函数为，（1）若，求不等式的解集；（2）证明：对任意的，恒有.19．（12分）已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.20．（12分）在中，角所对的边分别是，且.（1）求；（2）若，求.21．（12分）函数，且恒成立.（1）求实数的集合；（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.（参考数据：）22．（10分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求点的坐标.

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、B【解析】

先列举出不超过的素数，并列举出所有的基本事件以及事件“在不超过的素数中，随机选取个不同的素数、，满足”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】不超过的素数有：、、、、、，在不超过的素数中，随机选取个不同的素数，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共种情况，其中，事件“在不超过的素数中，随机选取个不同的素数、，且”包含的基本事件有：、、、，共种情况，因此，所求事件的概率为.故选：B.【点睛】本题考查古典概型概率的计算，一般利用列举法列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.2、D【解析】解：根据几何体的三视图知，该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据，计算它的体积为：V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=（6+1.5π）cm1．故答案为6+1.5π．点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．3、B【解析】解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．故选B．4、B【解析】

由已知可求得函数的周期，根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性，结合三角函数的性质即可比较．【详解】由可得，即函数的周期，因为在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，根据偶函数的对称性可知，在上单调递增，因为，是锐角三角形的两个内角，所以且即，所以即，．故选：．【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键．5、A【解析】

利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.【详解】依题意，对应点为，在第一象限.故选A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.6、A【解析】

求出双曲线的一条渐近线方程，利用圆与双曲线的一条渐近线交于两点，且，则可根据圆心到渐近线距离为列出方程，求解离心率．【详解】不妨设双曲线的一条渐近线与圆交于，因为，所以圆心到的距离为：，即，因为，所以解得．故选A．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查了转化思想以及计算能力，属于中档题．对于离心率求解问题，关键是建立关于的齐次方程，主要有两个思考方向，一方面，可以从几何的角度，结合曲线的几何性质以及题目中的几何关系建立方程；另一方面，可以从代数的角度，结合曲线方程的性质以及题目中的代数的关系建立方程.7、A【解析】

设的中点为O先求出外接圆的半径，设，利用平面ABC，得，在及中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可【详解】设的中点为O,因为，所以外接圆的圆心M在BO上.设此圆的半径为r.因为，所以，解得.因为，所以.设，易知平面ABC，则.因为，所以，即，解得.所以球Q的半径.故选：A【点睛】本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题8、B【解析】

根据已知证明平面，只要设，则，从而可得体积，利用基本不等式可得最大值．【详解】因为，所以四边形为平行四边形.又因为平面，平面，所以平面，所以平面.在直角三角形中，，设，则，所以，所以.又因为，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：B．【点睛】本题考查求棱锥体积的最大值．解题方法是：首先证明线面垂直同，得棱锥的高，然后设出底面三角形一边长为，用建立体积与边长的函数关系，由基本不等式得最值，或由函数的性质得最值．9、B【解析】

执行给定的程序框图，输入，逐次循环，找到计算的规律，即可求解.【详解】由题意，执行给定的程序框图，输入，可得：第1次循环：；第2次循环：；第3次循环：；第10次循环：，此时满足判定条件，输出结果，故选：B.【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，得到程序框图的计算功能是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.10、C【解析】

设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．【详解】设直线的方程为：，，，，，联立方程，消去得：，△，，且，，，线段的中点为,，，，，，，，把代入，得，，，故选：【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．11、B【解析】

先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.【详解】因为，所以，又因为是纯虚数，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.12、D【解析】

由图象求出以及函数的最小正周期的值，利用周期公式可求得的值，然后将点的坐标代入函数的解析式，结合的取值范围求出的值，由此可得出函数的解析式.【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，.将点代入函数的解析式得，得，，，则，，因此，.故选：D.【点睛】本题考查利用图象求三角函数解析式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、612π﹣9【解析】

过作，交于，先求得圆心角的弧度数，然后解解三角形求得的长.利用扇形面积减去三角形的面积，求得弧田的面积.【详解】∵如图，弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，过作，交于，根据圆的几何性质可知，垂直平分.∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．故答案为：6，12π﹣9．【点睛】本小题主要考查弓形弦长和弓形面积的计算，考查中国古代数学文化，属于中档题.14、【解析】

根据函数成立的条件列不等式组,求解即可得定义域.【详解】解:要使函数有意义,则,即.则定义域为:.故答案为:【点睛】本题主要考查定义域的求解,要熟练掌握张建函数成立的条件.15、36【解析】

先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法，在此条件下，计算甲不排在两端的排法，最后相减即可得到结果.【详解】由题意得5人排成一排，甲、乙两人不相邻，有种排法，其中甲排在两端，有种排法，则6人排成一排，甲、乙两人不相邻，且甲不排在两端，共有（种）排法.所以本题答案为36.【点睛】排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.16、【解析】

利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积.【详解】如图：此四棱锥的高为，底面是长为，宽为2的矩形，所以体积.所以本题答案为.【点睛】本题考查几何体与三视图的对应关系，几何体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断.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）.（2）1【解析】

（1）先根据题意建立空间直角坐标系，求得向量和向量的坐标，再利用线线角的向量方法求解.（2，由AN＝λ，设N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则＝(－1，λ－1，－2)，再求得平面PBC的一个法向量，利用直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，由|cos〈，〉|＝＝＝求解.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两互相垂直．分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则由AD＝2AB＝2BC＝4，PA＝4可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)．又因为M为PC的中点，所以M(1，1，2)．所以＝(－1，1，2)，＝(0，0，4)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为.（2）因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则＝(－1，λ－1，－2)，＝(0，2，0)，＝(2，0，－4)．设平面PBC的法向量为＝(x,y,z)，则即令x＝2，解得y＝0，z＝1，所以＝(2，0，1)是平面PBC的一个法向量．因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，所以|cos〈，〉|＝＝＝，解得λ＝1∈[0，4]，所以λ的值为1.【点睛】本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角，线面角的求法及应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.18、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）求出的导数，根据导函数的性质判断函数的单调性，再利用函数单调性解函数型不等式；（2）构造函数，利用导数判断在区间上单调递减，结合可得结果.【详解】（1）若，则.设，则，所以在上单调递减，在上单调递增.又当时，；当时，；当时，，所以所以在上单调递增，又，所以不等式的解集为.（2）设，再令，，在上单调递减，又，，，，，.即【点睛】本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较难题.19、（1）；（2）证明见解析【解析】

（1）由恒成立，可得恒成立，进而构造函数，求导可判断出的单调性，进而可求出的最小值，令即可；（2）由，可知存在唯一的，使得，则，，进而可得，即曲线的方程为，进而只需证明对任意，方程有唯一解，然后构造函数，分、和三种情况，分别证明函数在上有唯一的零点，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意，可知，由恒成立，可得恒成立.令，则.令，则，，，在上单调递增，又，时，；时，，即时，；时，，时，单调递减；时，单调递增，时，取最小值，.（2）证明：由，令，由，结合二次函数性质可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的极值点，则，，，曲线的方程为.故只需证明对任意，方程有唯一解.令，则，①当时，恒成立，在上单调递增.，，，存在满足时，使得.又单调递增，所以为唯一解.②当时，二次函数，满足，则恒成立，在上单调递增.，，存在使得，又在上单调递增，为唯一解.③当时，二次函数，满足，此时有两个不同的解，不妨设，，，列表如下：00↗极大值↘极小值↗由表可知，当时，的极大值为.，，，，，..下面来证明，构造函数，则，当时，，此时单调递增，，时，，，故成立.，存在，使得.又在单调递增，为唯一解.所以，对任意，方程有唯一解，即过原点任意的直线与曲线有且仅有一个公共点.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.20、（1）（2）【解析】

（1）根据正弦定理到，得到答案.（2）计算，再利用余弦定理计算得到答案.【详解】（1）由，可得,因为，所以，所以.（2），又因为，所以.因为，所以，即.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生的计算能力.21、（1）；（2）2个，证明见解析【解析】

（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题