2024屆江西豐城市第二中學高考沖刺押題（最后一卷）數學試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知向量，，當時，（）A． B． C． D．2．若x∈（0，1），a＝lnx，b＝，c＝elnx，則a，b，c的大小關系為（）A．b＞c＞a B．c＞b＞a C．a＞b＞c D．b＞a＞c3．“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件4．已知數列中，，若對于任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．5．復數（為虛數單位），則等于（）A．3 B．C．2 D．6．在中，內角所對的邊分別為，若依次成等差數列，則（）A．依次成等差數列 B．依次成等差數列C．依次成等差數列 D．依次成等差數列7．已知拋物線的焦點為，是拋物線上兩個不同的點，若，則線段的中點到軸的距離為（）A．5 B．3 C． D．28．已知，，，則的大小關系為（）A． B． C． D．9．設集合，，則()A． B．C． D．10．將函數的圖象沿軸向左平移個單位長度后，得到函數的圖象，則“”是“是偶函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件11．已知函數，不等式對恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．12．設，集合，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設，滿足約束條件，若的最大值是10，則________.14．點到直線的距離為________15．關于函數有下列四個命題：①函數在上是增函數；②函數的圖象關于中心對稱；③不存在斜率小于且與函數的圖象相切的直線；④函數的導函數不存在極小值.其中正確的命題有______.（寫出所有正確命題的序號）16．已知為偶函數，當時，，則__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，，為等邊三角形，平面平面ABCD，M，N分別是線段PD和BC的中點.（1）求直線CM與平面PAB所成角的正弦值；（2）求二面角D-AP-B的余弦值；（3）試判斷直線MN與平面PAB的位置關系，并給出證明.18．（12分）如圖，在三棱錐中，平面平面，，.點，，分別為線段，，的中點，點是線段的中點.（1）求證：平面.（2）判斷與平面的位置關系，并證明.19．（12分）在△ABC中，角所對的邊分別為向量，向量，且.（1）求角的大小；（2）求的最大值.20．（12分）已知函數，其中．（1）①求函數的單調區間；②若滿足，且．求證：．（2）函數．若對任意，都有，求的最大值．21．（12分）已知是等差數列，滿足，，數列滿足，，且是等比數列.（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前項和.22．（10分）已知是拋物線：的焦點，點在上，到軸的距離比小1.（1）求的方程；（2）設直線與交于另一點，為的中點，點在軸上，.若，求直線的斜率.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

根據向量的坐標運算，求出，，即可求解.【詳解】，.故選:A.【點睛】本題考查向量的坐標運算、誘導公式、二倍角公式、同角間的三角函數關系，屬于中檔題.2、A【解析】

利用指數函數、對數函數的單調性直接求解．【詳解】∵x∈（0，1），∴a＝lnx＜0，b＝（）lnx＞（）0＝1，0＜c＝elnx＜e0＝1，∴a，b，c的大小關系為b＞c＞a．故選：A．【點睛】本題考查三個數的大小的判斷，考查指數函數、對數函數的單調性等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．3、A【解析】

首先利用二倍角正切公式由，求出，再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】解：∵，∴可解得或，∴“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，二倍角正切公式的應用是解決本題的關鍵，屬于基礎題．4、B【解析】

先根據題意，對原式進行化簡可得，然后利用累加法求得，然后不等式恒成立轉化為恒成立，再利用函數性質解不等式即可得出答案.【詳解】由題，即由累加法可得：即對于任意的，不等式恒成立即令可得且即可得或故選B【點睛】本題主要考查了數列的通項的求法以及函數的性質的運用，屬于綜合性較強的題目，解題的關鍵是能夠由遞推數列求出通項公式和后面的轉化函數，屬于難題.5、D【解析】

利用復數代數形式的乘除運算化簡，從而求得，然后直接利用復數模的公式求解.【詳解】，所以，，故選：D.【點睛】該題考查的是有關復數的問題，涉及到的知識點有復數的乘除運算，復數的共軛復數，復數的模，屬于基礎題目.6、C【解析】

由等差數列的性質、同角三角函數的關系以及兩角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，從而可得結果.【詳解】依次成等差數列，，正弦定理得，由余弦定理得，，即依次成等差數列，故選C.【點睛】本題主要考查等差數列的定義、正弦定理、余弦定理，屬于難題.解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷．如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到．7、D【解析】

由拋物線方程可得焦點坐標及準線方程,由拋物線的定義可知,繼而可求出,從而可求出的中點的橫坐標,即為中點到軸的距離.【詳解】解：由拋物線方程可知，，即，.設則，即，所以.所以線段的中點到軸的距離為.故選:D.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了拋物線的方程.本題的關鍵是由拋物線的定義求得兩點橫坐標的和.8、A【解析】

根據指數函數與對數函數的單調性，借助特殊值即可比較大小.【詳解】因為，所以.因為，所以，因為，為增函數，所以所以，故選：A.【點睛】本題主要考查了指數函數、對數函數的單調性，利用單調性比較大小，屬于中檔題.9、D【解析】

利用一元二次不等式的解法和集合的交運算求解即可.【詳解】由題意知,集合,,由集合的交運算可得,.故選:D【點睛】本題考查一元二次不等式的解法和集合的交運算;考查運算求解能力;屬于基礎題.10、A【解析】

求出函數的解析式，由函數為偶函數得出的表達式，然后利用充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】將函數的圖象沿軸向左平移個單位長度，得到的圖象對應函數的解析式為，若函數為偶函數，則，解得，當時，.因此，“”是“是偶函數”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，同時也考查了利用圖象變換求三角函數解析式以及利用三角函數的奇偶性求參數，考查運算求解能力與推理能力，屬于中等題.11、C【解析】

確定函數為奇函數，且單調遞減，不等式轉化為，利用雙勾函數單調性求最值得到答案.【詳解】是奇函數，，易知均為減函數，故且在上單調遞減，不等式，即，結合函數的單調性可得，即，設，，故單調遞減，故，當，即時取最大值，所以.故選：.【點睛】本題考查了根據函數單調性和奇偶性解不等式，參數分離求最值是解題的關鍵.12、B【解析】

先化簡集合A,再求.【詳解】由得：，所以，因此，故答案為B【點睛】本題主要考查集合的化簡和運算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和計算推理能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

畫出不等式組表示的平面區域，數形結合即可容易求得結果.【詳解】畫出不等式組表示的平面區域如下所示：目標函數可轉化為與直線平行，數形結合可知當且僅當目標函數過點，取得最大值，故可得，解得.故答案為：.【點睛】本題考查由目標函數的最值求參數值，屬基礎題.14、2【解析】

直接根據點到直線的距離公式即可求出。【詳解】依據點到直線的距離公式，點到直線的距離為。【點睛】本題主要考查點到直線的距離公式的應用。15、①②③【解析】

由單調性、對稱性概念、導數的幾何意義、導數與極值的關系進行判斷．【詳解】函數的定義域是，由于，在上遞增，∴函數在上是遞增，①正確；，∴函數的圖象關于中心對稱，②正確；，時取等號，∴③正確；，設，則，顯然是即的極小值點，④錯誤．故答案為：①②③.【點睛】本題考查函數的單調性、對稱性，考查導數的幾何意義、導數與極值，解題時按照相關概念判斷即可，屬于中檔題．16、【解析】

由偶函數的性質直接求解即可【詳解】.故答案為【點睛】本題考查函數的奇偶性，對數函數的運算，考查運算求解能力三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）（3）直線平面，證明見解析【解析】

取中點，連接，則，再由已知證明平面，以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量．（1）求出的坐標，由與所成角的余弦值可得直線與平面所成角的正弦值；（2）求出平面的一個法向量，再由兩平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值；（3）求出的坐標，由，結合平面，可得直線平面．【詳解】底面是邊長為2的菱形，，為等邊三角形．取中點，連接，則，為等邊三角形，，又平面平面，且平面平面，平面．以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系．則，，，，1，，，0，，，，，，0，，，，，，，．，，設平面的一個法向量為．由，取，得．（1）證明：設直線與平面所成角為，，則，即直線與平面所成角的正弦值為；（2）設平面的一個法向量為，由，得二面角的余弦值為；（3），，又平面，直線平面．【點睛】本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題．18、（1）見解析（2）平面.見解析【解析】

（1）要證平面，只需證明，，即可求得答案；（2）連接交于點，連接，根據已知條件求證，即可判斷與平面的位置關系，進而求得答案.【詳解】（1），為邊的中點，，平面平面，平面平面，平面，平面，，在內，，為所在邊的中點，，又，，平面.（2）判斷可知，平面，證明如下：連接交于點，連接.、、分別為邊、、的中點，.又是的重心，，，平面，平面，平面.【點睛】本題主要考查了求證線面垂直和線面平行，解題關鍵是掌握線面垂直判定定理和線面平行判斷定理，考查了分析能力和空間想象能力，屬于中檔題.19、（1）（2）2【解析】

（1）轉化條件得，進而可得，即可得解；（2）由化簡可得，由結合三角函數的性質即可得解.【詳解】（1），，由正弦定理得，即，又，，又，，，由可得.（2）由（1）可得，，，，，，的最大值為2.【點睛】本題考查了平面向量平行、正弦定理以及三角恒等變換的應用，考查了三角函數的性質，屬于中檔題.20、（1）①單調遞增區間，，單調遞減區間；②詳見解析；（2）.【解析】

(1)①求導可得,再分別求解與的解集,結合定義域分析函數的單調區間即可.②根據(1)中的結論,求出的表達式,再分與兩種情況,結合函數的單調性分析的范圍即可.(2)求導分析的單調性,再結合單調性,設去絕對值化簡可得,再構造函數,,根據函數的單調性與恒成立問題可知,再換元表達求解最大值即可.【詳解】解：,由可得或,由可得,故函數的單調遞增區間,,單調遞減區間；,或,若,因為,故,,由知在上單調遞增,,若由可得x1,因為,所以,由在上單調遞增,綜上．時,,在上單調遞減,不妨設由(1)在上單調遞減,由,可得,所以,令,,可得單調遞減,所以在上恒成立,即在上恒成立,即,所以,,所以的最大值．【點睛】本題主要考查了分類討論分析函數單調性的問題,同時也考查了利用導數求解函數不等式以及構造函數分析函數的最值解決恒成立的問題.需要根據題意結合定義域與單調性分析函數的取值范圍與最值等.屬于難題.21、（1），；（2）【解析】試題分析：（1）利用等差數列，等比數列的通項公式先求得公差和公比，即得到結論;（2）利用分組求和法，由等差數列及等比數列的前n項和公式即可求得數列前n項和．試題解析：（Ⅰ）設等差數列{an}的公差為d，由題意得d===1．∴an=a1+（n﹣1）d=1n設等比數列{bn﹣an}的公比為q，則q1===8，∴q=2，∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1，∴bn=1n+2n﹣1（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=1n+2n﹣1，∵數列{1n}的前n項和為n（n+1），數列{2n﹣1}的前n項和為1×=2n﹣1，∴數列{bn}的前n項和為；考點：1.等差數列性質的綜合應用；2.等比數列性質的綜合應用；1.數列求和．22、