广东省名校教研联盟2023-2024学年高三下学期5月押题考试数学PDF版含解析(1)_2024年6月(1)_026月合集_2024名校教研联盟高三下学期5月押题考试(新高考卷)

{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}{#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}绝密★启用前（新高考卷） 数学参考答案 1.【答案】C 【解析】∵M {x|x2或x1}，M N ，∴集合N 可以为{2,1}. 2.【答案】B z z 4 4 【解析】∵(z2)2 9，z 23i，∴z z 4，|z| 13.∴ 2  1   13. 1 2 |z | |z | 13 13 1 2 3.【答案】A 【解析】∵cos2xcosx≥0，2cos2 xcosx1≥0，(2cosx1)(cosx1)≥0且0≤x2，   ∴0≤x≤ 或 ≤x2或x．A正确． 3 3 4.【答案】D y 2 y 2 1 y 2 【解析】设M( 0 ,y )，y 0，由双曲线和抛物线的对称性知N( 0 ,y )，S  2y  0 2， 4 0 0 4 0 △MON 2 0 4 b b c b 解得M(1,2).E的渐近线方程为： y  x，即k  2，∴e  1( )2  5 . a OM a a a 5.【答案】C  π 3 【解析】∵ f(x) f( x)0 ，∴ f(x)5sin(3x) 关于 ( ,0) 对称，∴k  ， kZ 且 2 4 4 3 1 5 3 [3,6]，解得满足题意的有 ， ， .∴所有满足条件的之和为 . 4 4 4 4 6.【答案】A 1 【解析】设g(x) x3x ( )x，则g(x)是R上的单调递增奇函数，∵ f(a) g(a)e，f(b) g(b)e，  f(a) f(b) g(a)g(b)2e2e，g(a)g(b) g(b)，ab，∴ab0.另解，当a 0，b1， 时，满足题意，A正确. 7.【答案】D a b a2 b2 c2 1  【解析】由  1得a2 b2 c2 ab，在△ABC中有cosC   ，∴C  ， bc ac 2ab 2 3 1 由余弦定理得b2 c2  2abcosCa2 aba2，又b2 c2 a2 cosC ，所以aba2  a2即3a 2b． 2  又由正弦定理得a 2RsinA，b2RsinB，代入化简得3sin(B )2sinB，∴tanB 3 3． 3 8.【答案】C 【解析】由tR 有 f(1tx) f(9tx)得 f(1x) f(9x)， f(x) f(10x). 数学参考答案（新高考卷） 第1页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}由tR 有 f(tx2) f(tx2) f(9)得 f(x2) f(x2) f(9)， f(x4) f(x) f(9) ①， f(x8) f(x4) f(9) ，∴ f(x) f(x8)，即函数 f(x)是以8为周期的周期函数.∴ f(9) f(1)2， f(x) f(2x) ②，由①②得 f(x4) f(2x)2 ③，令③中 x1 得 f(3)1 ．令③中 x0 得 f(4) f(2)2．由 f(x4) f(x)2得 f(5) f(1)2，f(5)0，f(6) f(2)2，f(7) f(3)2， f(8) f(4)2．∴ f(1) f(2) f(3) f(4) f(5) f(6) f(7) f(8)8 ， 76 ∴ f(n)89 f(1) f(2) f(3) f(4)77 ． n1 9.【答案】ACD（选对1个得2分，选对2个得4分） 【解析】y2x存在x ，x ，使4x x 1成立，A正确.yex 0不存在x ，x ，使ex 1 x 2 1成立，B 1 2 1 2 1 2 错误. ylnx1，存在x 1，x e2使得(lnx 1)(lnx 1)1成立，C正确. ycosx存在x 0， 1 2 1 2 1 x ，使cosx cosx 1成立，D正确. 2 1 2 10.【答案】BC (选对1个得3分)． D 1 P C 【解析】在△APC中，AC 4 3，AP 5，PC  17 ， 1 1 1 1 A B ∵AC2  AP2 CP2，∴A错误. 1 1 1 1 ∵BC∥BC ∥AD ，∴直线AP与直线BC所成角等于D AP， D C 1 1 1 1 1 1 1 Q DP 3 B tanD AP 1  ，∴B正确. A 1 1 D A 4 1 1 4 直线AP与平面ABB A 所成角等于直线AP与平面CDDC 所成角APD ，tanAPD  ，∴C正确. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3   在AB边上作点Q使得BQ 3QA，则平行四边形APCQ为所求截面.在△APC中 1 1 481725 5 26 1 26 cosACP  ，∴sinACP ，S  4 3 17 2 26 ，∴平 1 24 3 17 51 1 51 △A 1 PC 2 51 行四边形APCQ的面积为4 26 .∴D错误. 1 11.【答案】ACD（选对1个得2分，选对2个得4分） p y  【解析】y x ，P(1，  p )，设切点M(x，y )，N(x，y )，则k  x 1  1 2 化简得x  p( p  y )， p 2 1 1 2 2 PM p x 1 1 2 1 1 p p x2 2x  p2 0.同理可得 x  p(  y ) ， x 2 2x  p2 0 ，∴切点在直线 x p(  y) 上，焦点 1 1 2 2 2 2 2 2 p F(0， )也在该直线上.∴A正确.x ，x 是方程x2 2x p2 0的两根，x x 2①，x x p2②． 2 1 2 1 2 1 2  1 2   又由 PF  PM  PN 得 MF 2FN 即 x 2x ③.联立①②③解得 p 2 2 ，∴ C 的方程为 3 3 1 2 数学参考答案（新高考卷） 第2页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}1 x2 4 2y ． ∴ B 错 误 . 当 t 1 时 ， p 2 ， 直 线 MN 的 方 程 为 y  x1 ∴ C 正 2 1 p 1 p 确.|MN | 1 44p2 ，点P到直线MN 的距离d  ， p2 1 1 p2 1 (1 p2)3 (t1)3 (t1)2(2t1) S  |MN |d  ，设t  p2 0，f(t) ，f(t) ，所以函数 f(t)在 △PMN 2 p2 t t2 1 1 1 27 3 3 (0, )单调递减，在( ,)单调递增， f(t)≥ f( )  ，∴△PMN 面积的最小值为 .∴D正确. 2 2 2 4 2 12.【答案】80 【解析】(2x y)5的二项展开的通项为T Cr25rx5ryr，则x3y3的系数为4C322 3C223 80. r1 5 5 5 13.【答案】20 【解析】在折叠过程中始终有CD 平面ADB，AD  BD  2，CD 2 3． 1 1 4  V V  2 3 22sinADB  3sinADB ，∵ADB(0,，∴当ADB 时， ABCD CADB 3 2 3 2 三棱锥ABCD的体积最大．此时△BCD的外接圆半径r 2，三棱锥ABCD的外接球半径R  5， （此时，也可以将三棱锥ABCD补成长方体，易得它的外接球半径R  5）．∴此时外接球的表面积为20． 234 19 14.【答案】 15 【解析】∵|PF |，|FF |，|PF |成等差数列，∴|PF ||PF |2|FF |12 ， 1 1 2 2 1 2 1 2 又∵|PF ||PF |4 ，∴|PF |8，|PF |4. 1 2 1 2 5x2 4y2 20, 由对称性可设点P(x,y)， y 0，则有 解得P(4, 15)，|PA| 19 . (x3)2  y2 16, 1 1 S  (|PF ||PA||FA|)r  |FA||y | ， △PAF 1 2 1 1 1 2 1 P 1 1 S  (|PA||PF ||AF |)r  |AF ||y | ， △PAF 2 2 2 2 2 2 2 P S (|PF ||PA||FA|)r |FA| (85 19)r 5 r 5(5 19) ∴ △PAF 1  1 1 1  1 ， 1  ， 1  ， S (|PA||PF ||AF |)r |AF | (4 191)r 1 r 13 19 △PAF 2 2 2 2 2 2 2 r 234 19 ∴ 1  . r 15 2 15.（13分） 【解析】(1)由22列联表得， 数学参考答案（新高考卷） 第3页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}200（60208040）2 200 K2    9.524. ………………………………………………………………3分 10010014060 21 因为9.5247.879， ………………………………………………………………………………………………4分 所以有99.5%的把握认为完整观看与年龄有关.……………………………………………………………………5分 (2)根据题意X 可以取0，1，2，3.………………………………………………………………………………6分 P(X 0)(10.8)(10.6)(10.6)0.032 ， ……………………………………………………………7分 P(X 1)0.80.40.40.20.60.40.20.40.60.224 ，…………………………………………8分 P(X 2)0.80.60.40.80.40.60.20.60.60.456 ，…………………………………………9分 P(X 3)0.80.60.60.288 ． ……………………………………………………………………………10分 ∴X 的分布列为：……… X 0 1 2 3 P 0.032 0.224 0.456 0.288 …… ……………………………………………………11分 ∴X 的期望为：E(X)00.03210.22420.45630.2882 . …………………………………13分 16.（15分） D C 1 1 【解析】方法一： G (1)证明：连接BD，BD ，BD ， 1 1 1 A 1 B 1 则H ，G分别为BD，BD 的中点， 1 1 Q P 又Q，N 分别为DD ，BB 的中点， 1 1 ∴QH∥DB ，GN∥DB， 1 1 M N ∴QH∥GN ，………………………………………2分 又∵QH 平面NGP，GN 平面NGP， D C ∴QH∥平面NGP，………………………………4分 H 同理可证，MH∥平面NGP，……………………5分 A B 又∵MH ，QH 平面MHQ，MH QH H ， ∴平面MHQ∥平面NGP. …………………………………………………………………………………………7分 6 (2)连接GC ，在直角三角形PCG中，有PG ， D 1 C 1 1 1 2 G 6 又GPGN HPHN  ，……………………9分 A 1 B 1 2 取NP的中点E ，连接GE，HE， Q P 则GE NP，HE NP， E M N GEH 为二面角GNPH 的平面角或其补角， ………………………………………………………12分 D C H GE2 HE2 GH2 3 在△GEH 中有cosGEH   . A B 2GEHE 5 3 所以钝二面角GNPH 的余弦值为 . ……………………………………………………………………15分 5 方法二： 数学参考答案（新高考卷） 第4页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}1 1 （1）建立如图所示的空间直角坐标系，则 H( , ,0) ， M(1,0,1) ， Q(0,0,1) ， N(1,1,1) ， P(0,1,1) ， 2 2 1 1 G( , ,2)，……………………………………………………………………………………………………………1分 2 2 设平面MHQ的法向量为m(x ,y ,z )，则 z 1 1 1 D C 1 1  x 0， G  MQm 0，  1  即 1 1 A 1 B 1 MH m 0，   x  y z  0，  2 1 2 1 1 Q P 令y 2，则z 1， 1 1 M N 即平面MHQ的法向量为m(0,2,1)，………………………3分 D C 设平面NPG的法向量为n(x ,y ,z )，则 y 2 2 2 H  x 0， A B  NPn0，  2 x  即1 1 GNn0，  2 x 2  2 y 2 z 2  0， 令y 2，则z 1， 2 2 即平面MHQ的法向量为n(0,2,1)，………………………………………………………………………………5分 ∵n∥m， ∴平面MHQ∥平面NGP. …………………………………………………………………………………………7分 (2)设平面NPH 的法向量为a(x ,y ,z )，则 3 3 3  x 0，  NPa 0，  3  即 1 1 ……………………………………………………………………………9分 HPa 0，    2 x 3  2 y 3 z 3  0， 令y 2，则z 1， 3 3 即平面NPH 的法向量为a(0,2,1)，……………………………………………………………………………12分 na 3 又cosn,a  ，………………………………………………………………………………………14分 |n||a| 5 3 所以钝二面角GNPH 的余弦值为 .………………………………………………………………………15分 5 17.（15分） 【解析】(1)设数列{a }的首项为a ，公差为d ， n 1 a a a =3， a d=1， 根据题意得 1 2 3 即 1 ………………………………………………2分 a 2 a a , (a 2d)2 (a d)(a 5d), 3 2 6 1 1 1 a 1, a 1, 解得 1 或 1 . …………………………………………………………………………………………4分 d 2, d 0 数学参考答案（新高考卷） 第5页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}a 1, 又因d 0，所以 1 . d 2 所以{a }的通项公式为a 2n3．………………………………………………………………………………6分 n n 2n,n2k, (2)由(1)得b  kN． n 22n3,n2k1, 即数列{b }的偶数项是以4为首项，4为公差的等差数列， n 1 奇数项是以 为首项，16为公比的等比数列. ……………………………………………………………………9分 2 数列{b }的前100项中偶数项有50项，奇数项有50项， n 数列{b }的前100项和T b b b b b . n n 1 2 3 99 100 1 (11650) 2200 1 2 b b b b b   ， ………………………………………………………11分 1 3 5 97 99 116 30 5049 b b b b b  504 4 5100. …………………………………………………13分 2 4 6 98 100 2 2200 1 所以T 5100 . …………………………………………………………………………………………15分 n 30 18.（17分） c 6   , 【解析】(1)由题得a 3 解得a  6 ，c2.…………………………………………………………2分  2a2 6 又b2 a2 c2  2， x2 y2 所以C方程为  1.…………………………………………………………………………………………3分 6 2 1 (2)（ⅰ）由题得四边形MPNQ的面积S  |PQ||MN |． 2 ①当直线MN 与x轴重合时，A与O重合，|PQ|2 2 ，|MN |2 6 ， 1 S  |PQ||MN |4 3 ．………………………………………………………………………………………5分 2 y M 由圆的性质知直线PQ过坐标原点，由椭圆的对称性知|OP||OQ|， P |MN |24(|OM |2 |OA|2)4(6|OA|2) . A O x N F 4 1 ②当直线MN 与x轴不重合时，设直线MN 的方程为xty2，|OA|2 ， Q 1t2 13t2 13t2 |MN |24(6|OA|2) 8 ，|MN |2 2 .……………………………………………………7分 1t2 1t2 数学参考答案（新高考卷） 第6页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}6 6t2 则直线PQ的方程为y tx，将它代入x2 3y2 6解得x2  ， y2  ， 13t2 13t2 24(1t2) 1t2 |PQ|24|OP|24(x2  y2) ，|PQ|2 6 .……………………………………………9分 13t2 13t2 1 S  |PQ||MN |4 3 . 2 综上所述四边形MPNQ的面积为定值4 3. ……………………………………………………………………10分 1 1 S |PA| （ⅱ）由题得S  |PA||AN |，S  |QA||AM |，| AM || AN |， 1  ． 1 2 2 2 S |QA| 2 S |PA| |PO| ①当直线MN 与x轴重合时，A与O重合， 1   1． ……………………………………12分 S |QA| |QO| 2 ②当直线MN 与x轴不重合时，由圆的性质知直线PQ过坐标原点，由椭圆的对称性知|OP||OQ|， S |PA| |OP||OA| 2|OA| 2 1   1 1 . S |QA| |OP||OA| |OP||OA| |OP| 2 1 |OA| 1t2 2 由（ⅰ）知|PQ|2 6 ，|OA| ， 13t2 1t2 |OP| 6 (1t2)2 m2 ∴  ，令13t2 m，m≥1，则1t2  ， |OA| 2 13t2 3 |OP| 6 m2 4m4 6 m 4 4 2 3 3 ∴     ≥ ，当且仅当m=2即t = 时取得等号. …14分 |OA| 2 9m 2 9 9m 9 3 3 2 S 所以74 3≤1 1，即7-4 3≤ 1 1.………………………………………………………16分 |OP| S 1 2 |OA| S 综上所述 1 的取值范围为[7-4 3,1].…………………………………………………………………………17分 S 2 19.（17分） 1x x 1 【解析】（1） f(x ) 0 ，x 0，g(x ) 0 ，……………………………………………………1分 0 x 0 0 ex 0 0 1x x 1 ∵两切线平行，∴ 0  0 ，x 0，即ex 0(1x ) x (x 1)，……………………………………2分 x ex 0 0 0 0 0 0 ∵(ex 0 x )(1x )0，x 0，∴x 1． …………………………………………………………………3分 0 0 0 0 ∴直线l 与曲线 y  f (x)相切于点(1,1)，斜率为0． 1 数学参考答案（新高考卷） 第7页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}1 x ∴l 的方程为 y 1.(x) (1x)(a ) …………………………………………………………………4分 1 x ex x （2）（i）设(x)af(x)g(x)2a ，则(x)alnxax 2a ，x0． ex x 1x 设(x) ，则(x) ．当0 x1时，(x)0，(x)单调递增；当x1时，(x)0，(x)单 ex ex 1 调递减．因(1)0，所以(x) (1) ． ………………………………………………………………6分 max e 1 2 1 若a0，则当0 xea 时，alnx 2a 0，又ax0，∴(x)0，不合题意． ……………7分 e 1 1 若a≥ ，则(1)a ≥0，不合题意．………………………………………………………………………8分 e e 1 x 若0a ，则关于x的方程a 0有两个不相等实根，设为x ，x (x  x )，所以0 x 1 x ，且 e ex 1 2 1 2 1 2 x x a  1  2 ．当x变化时，(x)，(x)变化情况如下表： ex 1 ex 2 x (0，x ) x (x， 1) 1 (1， x ) x (x， ) 1 1 1 2 2 2 (x) ＋ 0  0 + 0  (x)  极大值  极小值  极大值  1 设(x)lnxx1，则(x) 1，同上可证(x) (1)0 ．所以(x )a(lnx x 1)0 ， x max 1 1 1 (x )a(lnx x 1)0 ，所以(x) max{(x )，(x )}0 ．……………………………………9分 2 2 2 max 1 2 1 综上所述，a的取值范围为(0， )．………………………………………………………………………………10分 e 1 ex(ex axa2) （ii）F(x)ln(xa)aex(x 0) ，∴F(x) aex  (x0). xa xa 设h(x)=ex axa2，则h(x)= ex a <0，h(x)在(0， )单调递减． 1 因为0a ，所以h(0)1a2 0．…………………………………………………………………………12分 e 1 1 若x ，则ex 1，ax 1，h(x)0，所以存在x (0， )，使得h(x )0，F(x )0．当0 x x a 3 a 3 3 3 时，h(x)0，F(x)0，F(x)单调递增；当x x 时，h(x)0，F(x)0，F(x)单调递减．x x 是 3 3 F(x)的极大值点，且M  F(x )．………………………………………………………………………………14分 3 设 K(x)ex x1，则 K(x) ex 10(x0) ，所以 K(x)在区间(， 0) 单调递减，即当 x0 时， K(x)K(0)0，ex  x1①．所以h(1a)ea1a(1a)a2 ea1a a11a 0 ，所以x  3 1a，即x a 1．………………………………………………………………………………………………15分 3 数学参考答案（新高考卷） 第8页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}1 1 1 由h(x )0得aex 3  ，∴F(x )ln(x a) ．设k(x)ln(xa) ，则 3 x a 3 3 x a xa 3 3 1 1 k(x)  0，k(x)单调递增，所以F(x )ln111． xa (xa)2 3 所以M (x)．……………………………………………………………………………………………………17分 数学参考答案（新高考卷） 第9页(共9页) {#{QQABKQAUoggAQoBAAQhCQwFwCACQkAAAAagGxAAIMAIAQBNABAA=}#}