2023-2024学年江西省赣州市石城县石城中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

2023-2024学年江西省赣州市石城县石城中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知双曲线的左、右顶点分别是，双曲线的右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（）A． B．C． D．2．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，则A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}3．已知集合，则集合（）A． B． C． D．4．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．5．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是()A．公元前2000年到公元元年 B．公元前4000年到公元前2000年C．公元前6000年到公元前4000年 D．早于公元前6000年6．已知等差数列中，若，则此数列中一定为0的是（）A． B． C． D．7．己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，，垂足为，若的面积为，则到的距离为（）A． B． C．8 D．68．已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为（）A． B． C． D．9．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于()A． B． C． D．10．已知函数若对区间内的任意实数，都有，则实数的取值范围是(）A． B． C． D．11．已知函数，若则（）A．f(a)<f(b)<f(c) B．f(b)<f(c)<f(a)C．f(a)<f(c)<f(b) D．f(c)<f(b)<f(a)12．设非零向量，，，满足，，且与的夹角为，则“”是“”的（）．A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率．现在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形内部的概率为________．14．如图，在△ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为______．15．记实数中的最大数为，最小数为.已知实数且三数能构成三角形的三边长，若，则的取值范围是.16．如图，在中，已知，为边的中点．若，垂足为，则的值为__．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）本小题满分14分）已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程为（为参数），求直线被曲线截得的线段的长度18．（12分）为贯彻十九大报告中“要提供更多优质生态产品以满足人民日益增长的优美生态环境需要”的要求，某生物小组通过抽样检测植物高度的方法来监测培育的某种植物的生长情况．现分别从、、三块试验田中各随机抽取株植物测量高度，数据如下表（单位：厘米）：组组组假设所有植株的生长情况相互独立．从、、三组各随机选株，组选出的植株记为甲，组选出的植株记为乙，组选出的植株记为丙．（1）求丙的高度小于厘米的概率；（2）求甲的高度大于乙的高度的概率；（3）表格中所有数据的平均数记为．从、、三块试验田中分别再随机抽取株该种植物，它们的高度依次是、、（单位：厘米）．这个新数据与表格中的所有数据构成的新样本的平均数记为，试比较和的大小．（结论不要求证明）19．（12分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，如果方程有两个不等实根，求实数t的取值范围，并证明.20．（12分）某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满400元的顾客，均可获得一次摸奖机会.摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、黑、白）.顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励.（1）求1名顾客摸球2次摸奖停止的概率；（2）记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的分布列和数学期望.21．（12分）设数列是等差数列，其前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：.22．（10分）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，分别是，的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）设，求三棱锥的体积.

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】

点的坐标为，，展开利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.【详解】不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，因为，，所以，当且仅当，即当时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小值，点的坐标为，代入可得，．所以双曲线的方程为．故选：【点睛】本题考查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.2、D【解析】

解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【详解】因为集合，故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题.3、D【解析】

弄清集合B的含义，它的元素x来自于集合A，且也是集合A的元素.【详解】因，所以，故，又，，则，故集合.故选：D.【点睛】本题考查集合的定义，涉及到解绝对值不等式，是一道基础题.4、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5、D【解析】

先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，，．，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．故选：．【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．6、A【解析】

将已知条件转化为的形式，由此确定数列为的项.【详解】由于等差数列中，所以，化简得，所以为.故选：A【点睛】本小题主要考查等差数列的基本量计算，属于基础题.7、D【解析】

作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，，从而可求出，进而可求得，，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离．【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，，所以在中，，，所以，所以，在中，，所以，所以，，所以．解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为．故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．8、B【解析】

设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．【详解】将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．故选：B．【点睛】本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．9、B【解析】由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为，即，所以，选B.10、C【解析】分析：先求导,再对a分类讨论求函数的单调区间，再画图分析转化对区间内的任意实数，都有，得到关于a的不等式组，再解不等式组得到实数a的取值范围.详解：由题得.当a＜1时，，所以函数f（x）在单调递减，因为对区间内的任意实数，都有，所以，所以故a≥1，与a＜1矛盾，故a＜1矛盾.当1≤a<e时，函数f(x)在[0,lna]单调递增，在(lna,1]单调递减.所以因为对区间内的任意实数，都有，所以，所以即令，所以所以函数g(a)在（1，e）上单调递减，所以，所以当1≤a<e时，满足题意.当a时，函数f(x)在(0,1)单调递增,因为对区间内的任意实数，都有，所以,故1+1，所以故综上所述，a∈.故选C.点睛：本题的难点在于“对区间内的任意实数，都有”的转化.由于是函数的问题，所以我们要联想到利用函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等）来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来，完成了数学问题的等价转化，找到了问题的突破口.11、C【解析】

利用导数求得在上递增，结合与图象，判断出的大小关系，由此比较出的大小关系.【详解】因为，所以在上单调递增；在同一坐标系中作与图象，，可得，故.故选：C【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用函数的单调性比较大小，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.12、C【解析】

利用数量积的定义可得，即可判断出结论．【详解】解：，，，解得，，，解得，“”是“”的充分必要条件．故选：C．【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，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】

求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，再用几何概型公式求出即可．【详解】半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，∴该正十二边形的面积为，根据几何概型公式，该点取自其内接正十二边形的概率为，故答案为：．【点睛】本小题主要考查面积型几何概型的计算，属于基础题.14、【解析】试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是．考点：向量的运算，基本不等式．【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案．15、【解析】试题分析：显然，又，①当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而②当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而综上所述，的取值范围是．考点：不等式、简单线性规划.16、【解析】

，由余弦定理，得，得，，，所以，所以．点睛：本题考查平面向量的综合应用．本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定理和面积公式求解即可．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、【解析】解：解：将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程为，即，它表示以为圆心，2为半径圆，………4分直线方程的普通方程为，………8分圆C的圆心到直线l的距离，……………10分故直线被曲线截得的线段长度为．……………14分18、（1）；（2）；（3）．【解析】

设事件为“甲是组的第株植物”，事件为“乙是组的第株植物”，事件为“丙是组的第株植物”，、、、，可得出.（1）设事件为“丙的高度小于厘米”，可得，且、互斥，利用互斥事件的概率公式可求得结果；（2）设事件为“甲的高度大于乙的高度”，列举出符合题意的基本事件，利用互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；（3）根据题意直接判断和的大小即可.【详解】设事件为“甲是组的第株植物”，事件为“乙是组的第株植物”，事件为“丙是组的第株植物”，、、、．由题意可知，、、、．（1）设事件为“丙的高度小于厘米”，由题意知，又与互斥，所以事件的概率；（2）设事件为“甲的高度大于乙的高度”．由题意知．所以事件的概率；（3）.【点睛】本题考查概率的求法，考查互斥事件加法公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中等题．19、（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析.【解析】

（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论；（2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明，不妨设，令，则，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可.【详解】（1）的定义域为R，且.由，得；由，得.故当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）由（1）知当时，，且.当时，；当时，.当时，直线与的图像有两个交点，实数t的取值范围是.方程有两个不等实根，，，，，，即.要证，只需证，即证，不妨设.令，则，则要证，即证.令，则.令，则，在上单调递增，.，在上单调递增，，即成立，即成立..【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及到函数单调性、极值、零点、不等式证明，构造函数函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.20、（1）；（2）20.【解析】

（1）1名顾客摸球2次摸奖停止，