2024届江苏省南通市高三高考考前押题卷（最后一卷）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3江苏省南通市2024届高三高考考前押题卷（最后一卷）数学试题一、单项选择题1.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，则，则故选：B2.某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（）A.10 B.09 C.71 D.20〖答案〗B〖解析〗从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09，所以选出来的第4个个体的编号为09，故选：B3.若函数是偶函数，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗函数的定义域为，由是偶函数，得，即，整理得，所以.故选：A4.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗若，则有，所以或，当时，，故，重合；当时，，满足条件，所以“”是“”既不充分也不必要条件，故选：D．5.设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为在方向上的投影向量为，所以，所以有，故选：D6.已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（）A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形〖答案〗A〖解析〗连接，因为平面，平面，所以，又四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证明，因为，平面，故平面，故平面即为平面，则截该正方体所得截面形状为三角形.故选：A7.已知角满足，则（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因为，即，所以，整理得，变形得，所以.故选：C8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，，设的内切圆与，相切于点，如图所示，则，，所以，所以的周长为，由椭圆定义可得，，所以，则，故选：B．.二、多项选择题9.设U为全集，集合A、B、C满足，则下列各式中不一定成立的是（）A.B.C.D.〖答案〗ABC〖解析〗对于ABC，当，，，时，满足，

此时，，所以A、B不一定成立；，，所以C不一定成立；

对于D，，则，但，因为，所以，于是，所以，

同理，，则，，

因此，成立，D成立.

故选：ABC.10.已知点在圆上，点、，则（）A.点到直线的距离小于B.点到直线的距离大于C.当最小时，D.当最大时，〖答案〗ACD〖解析〗圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（）A.将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.B.将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.C.将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.D.将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.〖答案〗AD〖解析〗将该几何体放置在如图的正方体中，对于A，将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为图中正方体的棱长，由题意，该几何的棱长为，所以正方体的棱长为，正确；对于B，将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为该几何体外接球的半径，根据正方体和多面体的对称性知，该几何体外接球直径为正方体面对角线，即，解得，所以包装盒的半径最小为，错误；对于C，将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为两平行平面与平面的距离，证明求解过程如下：如图，不妨记正方体为，，，故四边形是平行四边形，所以，又，分别为，的中点，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，设对角线分别交平面和平面于点，，因为平面，平面，所以，连接，因为分别为的中点，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，故即为平面与平面的距离，则，由正方体棱长为得，由题意得，为等边三角形，故，根据，得，解得，根据对称性知，所以，则平面与平面的距离为，即该玩具的高度为，错误；对于D，该几何体的体积为.因为玩具的密度为，小于水的密度，所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，正确.故选：AD三、填空题12.已知函数，若存在非零实数a，b，使恒成立，则满足条件的一组值可以是_______，______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）1（〖答案〗不唯一）〖解析〗若，则，

当时，，，

故可取，

故〖答案〗：，〖答案〗不唯一13.把5个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，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有_______种．〖答案〗36〖解析〗根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，

①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，

②，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，

③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有种安排方法，

不同的安排方案共有种；

故〖答案〗为：14.方程正实数解为______.〖答案〗〖解析〗先证（且，且，且），

令，，两边取为底的对数，可得，，

所以，所以，即，

则即为，

可得，

由于在上单调递增，，在上单调递减，所以，在上单调递减，

可得在上单调递减，

又时，即时，有，

则原方程的解有且只有一个为.

故〖答案〗为：.四、解答题15.在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且.（1）求证：；（2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.（1）证明：由题意得，由正弦定理得，因为，则，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，又因为为锐角三角形，则，可得，所以，即.（2）解：在中，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，且，所以，解得.故，所以.因此线段长度取值范围.16.如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点．（1）若直线与直线所成角为，证明：平面；（2）记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求．（1）证明：连接，则四边形是直角梯形.过作于N，则四边形是矩形，，连接，，为的中点.又M为的中点，平面，，平面又平面，，在中，，为的中点，又，，平面，，平面又平面，，，OB，平面，，平面（2）解：以O为原点，直线OC，OB，分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系.设，则，，，，设平面的法向量，则，取得，，设平面的法向量，则，取得，解得在中，，由（1）知，17.某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的（1）求甲任选一题并答对的概率;（2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为，①求和②求解：（1）记“甲任选一道题并答对”为事件M，“甲知道答题涉及内容”为事件A，依题意，，，，，因为事件与互斥，所以；（2）①，即两题均选择作答，且均正确作答，故，，即两题均选择作答，且均作答错误，故②依题意，随机变量，，0，1，2，4，由①得，，，即选择一道题作答且作答错误，另一题不作答，故，，即两题均不作答，故，，即选择两题均作答，且一题作答正确，另一题作答错误，故，，即甲选择一题作答且作答正确，另一题不作答，，故18.已知抛物线，双曲线，点在的左支上，过作轴的平行线交于点，过作的切线，过作直线交于点，交于点，且.（1）证明：与相切；（2）过作轴的平行线交的左支于点，过的直线平分，记的斜率为，若，证明：恒为定值.（1）证明：先求过抛物线上一点的切线方程，设为抛物线上一点，当时，则，故过G的切线方程为：当时，则，同理过G的切线方程为：，综上过抛物线上一点的切线方程为：.因为AM∥轴，可得，设，则由可得：，故，将代入可得：，而过N的E的切线方程为：，即A在该直线上，故得证.（2）解：设直线的倾斜角分别为，由（1）知：因为均在双曲线左支，故，所以=.如图所示，此时，设与轴分别交于E、C、D三点，易得：，所以因为，所以化简可得是定值.同理，若，如图此时易得：，所以因为，所以化简可得是定值.综上：是定值，得证.19.若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知.（1）证明：存在源数列；（2）（ⅰ）若恒成立，求的取值范围；（ⅱ）记的源数列为，证明：前项和.（1）证明：由，得，即在上单调递减，又，当且x无限趋近于0时，趋向于正无穷大，即的值域为，且函数在上单调递减，对于可以取到任意正整数，且在上都有存在唯一自变量与之对应，故对于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为，即，则都存在唯一的实数，使得，即存在源数列；（2）（i）解：恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，则，令，则，仅时取等号，即在上单调递减，故，即在上单调递增，、故，故；（ii）证明：由（i）得，故，即，故，当时，，当时，，即前项和.江苏省南通市2024届高三高考考前押题卷（最后一卷）数学试题一、单项选择题1.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，则，则故选：B2.某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（）A.10 B.09 C.71 D.20〖答案〗B〖解析〗从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09，所以选出来的第4个个体的编号为09，故选：B3.若函数是偶函数，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗函数的定义域为，由是偶函数，得，即，整理得，所以.故选：A4.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗若，则有，所以或，当时，，故，重合；当时，，满足条件，所以“”是“”既不充分也不必要条件，故选：D．5.设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为在方向上的投影向量为，所以，所以有，故选：D6.已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（）A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形〖答案〗A〖解析〗连接，因为平面，平面，所以，又四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证明，因为，平面，故平面，故平面即为平面，则截该正方体所得截面形状为三角形.故选：A7.已知角满足，则（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因为，即，所以，整理得，变形得，所以.故选：C8.已知椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为，直线交于另一点，的内切圆与相切于点．若，则的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，，设的内切圆与，相切于点，如图所示，则，，所以，所以的周长为，由椭圆定义可得，，所以，则，故选：B．.二、多项选择题9.设U为全集，集合A、B、C满足，则下列各式中不一定成立的是（）A.B.C.D.〖答案〗ABC〖解析〗对于ABC，当，，，时，满足，

此时，，所以A、B不一定成立；，，所以C不一定成立；

对于D，，则，但，因为，所以，于是，所以，

同理，，则，，

因此，成立，D成立.

故选：ABC.10.已知点在圆上，点、，则（）A.点到直线的距离小于B.点到直线的距离大于C.当最小时，D.当最大时，〖答案〗ACD〖解析〗圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（）A.将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.B.将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.C.将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.D.将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.〖答案〗AD〖解析〗将该几何体放置在如图的正方体中，对于A，将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为图中正方体的棱长，由题意，该几何的棱长为，所以正方体的棱长为，正确；对于B，将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为该几何体外接球的半径，根据正方体和多面体的对称性知，该几何体外接球直径为正方体面对角线，即，解得，所以包装盒的半径最小为，错误；对于C，将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为两平行平面与平面的距离，证明求解过程如下：如图，不妨记正方体为，，，故四边形是平行四边形，所以，又，分别为，的中点，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，设对角线分别交平面和平面于点，，因为平面，平面，所以，连接，因为分别为的中点，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，故即为平面与平面的距离，则，由正方体棱长为得，由题意得，为等边三角形，故，根据，得，解得，根据对称性知，所以，则平面与平面的距离为，即该玩具的高度为，错误；对于D，该几何体的体积为.因为玩具的密度为，小于水的密度，所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，正确.故选：AD三、填空题12.已知函数，若存在非零实数a，b，使恒成立，则满足条件的一组值可以是_______，______.〖答案〗（〖答案〗不唯一）1（〖答案〗不唯一）〖解析〗若，则，

当时，，，

故可取，

故〖答案〗：，〖答案〗不唯一13.把5个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，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有_______种．〖答案〗36〖解析〗根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，

①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，

②，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，

③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有种安排方法，

不同的安排方案共有种；

故〖答案〗为：14.方程正实数解为______.〖答案〗〖解析〗先证（且，且，且），

令，，两边取为底的对数，可得，，

所以，所以，即，

则即为，

可得，

由于在上单调递增，，在上单调递减，所以，在上单调递减，

可得在上单调递减，

又时，即时，有，

则原方程的解有且只有一个为.

故〖答案〗为：.四、解答题15.在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且.（1）求证：；（2）已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.（1）证明：由题意得，由正弦定理得，因为，则，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，又因为为锐角三角形，则，可得，所以，即.（2）解：在中，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，且，所以，解得.故，所以.因此线段长度取值范围.16.如图，四边形是圆台的轴截面，是圆台的母线，点C是的中点．已知，点M是BC的中点．（1）若直线与直线所成角为，证明：平面；（2）记直线与平面ABC所成角为，平面与平面的夹角为，若，求．（1）证明：连接，则四边形是直角梯形.过作于N，则四边形是矩形，，连接，，为的中点.又M为的中点，平面，，平面又平面，，在中，，为的中点，又，，平面，，平面又平面，，，OB，平面，，平面（2）解：以O为原点，直线OC，OB，分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系.设，则，，，，设平面的法向量，则，取得，，设平面的法向量，则，取得，解得在中，，由（1）知，17.某旅游景区在手机APP上推出游客竞答的问卷，题型为单项选择题，每题均有4个选项，其中有且只有一项是正确选项.对于游客甲，在知道答题涉及的内容的条件下，可选出唯一的正确选项；在不知道答题涉及的内容的条件下，则随机选择一个选项.已知甲知道答题涉及内容的题数占问卷总题数的（1）求甲任选一题并答对的概率;（2）若问卷答题以题组形式呈现，每个题组由2道单项选择题构成，每道选择题答对得2分，答错扣1分，放弃作答得0分.假设对于任意一道题，甲选择作答的概率均为，且两题是否选择作答及答题情况互不影响，记每组答题总得分为，①求和②求解：（1）记“甲任选一道题并答对”为事件M，