备战2024届江苏新高考数学解答题专项限时训练卷（一）

这是一份备战2024届江苏新高考数学解答题专项限时训练卷（一），共11页。试卷主要包含了已知函数.等内容，欢迎下载使用。

1．（本题13分）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
2．（本题15分）已知，都是的边的三等分点，是的中点，，，，如图①．同时将和分别沿，折起，折起后，如图②．
（1）在图②中，求证：；
（2）在图②中，若，求二面角的余弦．
3．（本题15分）“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
(1)若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
4．（本题17分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上顶点，离心率为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过作直线与椭圆交于两点，
（i）若，求面积的取值范围；
（ii）若斜率存在，是否存在椭圆上一点及轴上一点，使四边形为菱形？若存在，求，若不存在，请说明理由.
5．（本题17分）已知集合，对于，，定义与之间的距离为．
(1)已知，写出所有的，使得；
(2)已知，若，并且，求的最大值；
(3)设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：．
备战2024届江苏新高考解答题专项限时训练卷（一）（新结构）
解答题（共5小题，满分77分）
1．（本题13分）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到，构造，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
2．（本题15分）已知，都是的边的三等分点，是的中点，，，，如图①．同时将和分别沿，折起，折起后，如图②．
（1）在图②中，求证：；
（2）在图②中，若，求二面角的余弦．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明是菱形，得平面及，再由与垂直得线面垂直，从而得，然后可得线面垂直，再证得线线垂直．
（2）设线段中点为，分别以直线，为轴和轴，以过点平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）证明：在图②中，，．
∵，所以四边形是菱形即四边形确定一平面，且，是平面内两相交直线．∴平面．
∵平面，∴．
在菱形中，．
∵，是平面内两相交直线，∴平面．
∵平面，∴．
（2）图①由已知是中点，是中点，所以，
∵，∴．
由（1）知，平面平面．
∵，∴是边长为2的正三角形．
设线段中点为，则．
分别以直线，为轴和轴，以过点平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，
∴，，．
分别设和是平面和平面的一个法向量，则有，，，．
∴且
不妨取，，可得，，
∴，所以，二面角的余弦为．
【点睛】方法点睛：本题考查证明线线垂直，求二面角．求二面角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
3．（本题15分）“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动.
(1)若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列和数学期望；
(2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
【答案】(1)分布列见解析，；(2)
【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；
（2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函数的性质求出结果.
【详解】（1）由题意知，的可能取值有0，1，2，3，，
，，，
所以的分布列为：
.
（2）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，
设乙答对题数为，则，
设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由，又，所以，
则，又，所以，
设，所以，由二次函数可知当时取最大值，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为.
4．（本题17分）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上顶点，离心率为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过作直线与椭圆交于两点，
（i）若，求面积的取值范围；
（ii）若斜率存在，是否存在椭圆上一点及轴上一点，使四边形为菱形？若存在，求，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2)（i）;（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据相切可得关系，再结合离心率可求基本量，故可得椭圆方程；
（2）（i）设l方程为，联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理及坐标关系可得的关系，从而得到的取值范围，再由弦长公式及距离公式可得面积，最后利用函数的单调性可求面积的取值范围;（ii）若存在，则设方程为，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求，从而可得的坐标，代入椭圆方程可判断不存在.
【详解】（1）由已知，
而直线即，
该直线与圆与相切，则，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）（i）由已知，直线的斜率存在且不为
设l方程为：，
由得，
设，则.
故，
而到直线距离，
所以.
由，知，所以，
所以，所以，
因为在上为增函数，故，
所以，故，
设，则，故，
因为在上为增函数，，故.
（ii）由题设可设方程为，
由，
因为在椭圆内部，故恒成立，
设，的中点为，则为的垂直平分线，
而，
故，故，
故的直线方程为：，
令，则，故，，
而在椭圆上，故，
整理得，该方程无解，所以不存在满足条件的点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．（本题17分）已知集合，对于，，定义与之间的距离为．
(1)已知，写出所有的，使得；
(2)已知，若，并且，求的最大值；
(3)设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：．
【答案】(1)、、、；(2)；(3)见解析
【分析】
（1）根据题中定义可得的所有情形；
（2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值；
（3）表示出，结合定义，可得，即中任意两元素不相等，可得中至多有个元素，即可得证．
【详解】（1）已知，，且，
所以，的所有情形有：、、、；
（2）设，，
因为，则，
同理可得，
当时，；
当时，.
当，时，上式等号成立.
综上所述，；
（3）记，
我们证明．一方面显然有．另一方面，且，
假设他们满足．则由定义有，
与中不同元素间距离至少为相矛盾．
从而．
这表明中任意两元素不相等．从而．
又中元素有个分量，至多有个元素．
从而．
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
0
1
2
3
P