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）

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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
【解析】∵ (z z z 4 4 2)2 9 ， z 2 3i ，∴ z1 z2 4 ， | z | 13 .∴ 2 1 13 .| z1 | | z2 | 13 13
3.【答案】A
2
【解析】∵ cos 2x cos x≥ 0 ， 2cos x cos x 1≥0 ， (2cos x 1)(cos x 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 , y0)， y0 0 ，由双曲线和抛物线的对称性知 N ( 0 , y ) ，S 04 4 0 △MON
2y0 2 ，2 4
解得M (1, 2) b b c b.E 2的渐近线方程为： y x，即 kOM 2 ，∴ e 1 ( ) 5 .a 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
[ 3,6] 3 1 5 3 ，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
【解析】设 g(x) x3 x ( 1 ) 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 2 21 a2 b2 c2 ab ABC cosC a b c
2 1
【解析】由 得 ，在△ 中有 ，∴C ，
b c a c 2ab 2 3
b2 2由余弦定理得 c 2ab cosC 1 a2 ab a2 ，又b2 c2 a2 cosC 2 2，所以 ab a a 即3a 2b．
2
又由正弦定理得 a 2R sin A，b 2R sin B ，代入化简得3sin(B ) 2sin B，∴ tan B 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)
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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 x x x存在 x1， x2 ，使 4x1x2 1成立，A 正确. y e 0 不存在 x ， x ，使 e 1 21 2 1成立，B
错误. y ln x 1 2，存在 x1 1， x2 e 使得 (ln x1 1)(ln x2 1) 1成立，C 正确. y cos x存在 x1 0 ，
x2 ，使 cos x1 cos x2 1成立，D 正确.
10.【答案】BC (选对 1 个得 3分)．
D1 P C1
【解析】在△A1PC中， A1C 4 3 ， A1P 5，PC 17 ，
2 2 2 A1 B1
∵ A1C A1P CP ，∴A 错误.
∵BC∥B1C1∥A1D1 ，∴直线 A1P与直线 BC所成角等于 D1A1P， D C
Q B
tan D D1P 3 A1A1P ，∴B 正确.D1A1 4
直线 A1P与平面 ABB1A1 所成角等于直线 A1P与平面CDD1C1所成角 A1PD
4
1， tan A1PD1 ，∴C 正确.3

在 AB边上作点Q使得 BQ 3QA，则平行四边形 A1PCQ为所求截面.在△A1PC中
cos ACP 48 17 25 5 1 ，∴ sin A1CP
26
， S 1△A PC 4 3 17
26
2 26 ，∴平
2 4 3 17 51 51 1 2 51
行四边形 A1PCQ的面积为 4 26 .∴D 错误.
11.【答案】ACD（选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分）
p
y x P( p x
y1 p
【解析】 ， 1， ) ，设切点M (x1，y1) ，N (x2，y2 ) ，则 k 1 2p 2 PM
化简得 x1 p( y1) ，p x1 1 2
x 21 2x
2 p p
1 p 0 .同理可得 x2 p( y
2 2
2 2
) ， x2 2x2 p 0 ，∴切点在直线 x p( y) 上，焦点2
F (0， p) 也在该直线上.∴A 正确. x1， x
2 2 2
2 是方程 x 2x p 0的两根， x1 x2 2 ①， x1x2 p ②．2
1 2
又由 PF PM PN 得 MF 2FN 即 x1 2x2 ③ . 联立①②③解得 p 2 2 ，∴ C 的方程为3 3
数学参考答案（新高考卷） 第 2页(共 9 页)
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x2 4 2y ． ∴ B 错 误 . 当 t 1 时 ， p 1 2 ， 直 线 MN 的 方 程 为 y x 1 ∴ C 正
2
p 1
确. |MN | 1 1 2 4 4p
2 p
，点 P到直线MN 的距离 d ，
p
1 1
p2
S 1
2
|MN | d (1 p )
3 (t 1)3 22
△PMN 2 ，设 t p 0， f (t) ， f (t)
(t 1) (2t 1)
2 ，所以函数 f (t)在2 p t t
(0, 1) 1 1 27 3 3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
(2x y)5 T C r 25 r x5 r r 3 3 3 2 2 3【解析】 的二项展开的通项为 r 1 5 y ，则 x y 的系数为 4C5 2 3C5 2 80 .
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 ．
V 1A BCD VC ADB 2 3
1 4
2 2 sin ADB 3 sin ADB ，∵ ADB (0, ，∴当 ADB 时，
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】∵| PF1 |，| F1F2 | ， | PF2 | 成等差数列，∴ | PF1 | | PF2 | 2 | F1F2 | 12 ，
又∵ | PF1 | | PF2 | 4 ，∴ | PF1 | 8 ， | PF2 | 4 .
5x2 4y2 20,
由对称性可设点 P(x, y) y 0 ， ，则有 解得 P(4, 15) ， | PA | 19 .2 2
(x 3) y 16,
S 1△PAF (| PF1 | | PA |
1
| F1A |) r1 | F1A | | y1 2 2 P
| ，
S 1△PAF (| PA | | PF2 | | AF2 |) r
1
2 | AF | | y | ，2 2 2 2 P
S△PAF1 (| PF1 | | PA | | F∴ 1A |)r1 | F1A | (8 5 19)r1 5 r1 5(5 19) ， ， ，
S△PAF (| PA | | PF2 | | AF2 |)r2 | AF2 | (4 19 1)r2 2 1 r2 13 19
r1 23 4 19∴ .
r2 15
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)
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K 2 200 （60 20 80 40）
2 200
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）
D1 C1
【解析】方法一：
G
(1)证明：连接 BD， B1D1 ， BD1 ， A1 B1
则H ，G分别为 BD， B1D1 的中点， Q
又Q， N P分别为DD1， BB1 的中点，
∴QH∥D1B，GN∥D1B， 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
(2)连接GC PC G PG 61，在直角三角形 1 中，有 ， D1 C12 G
又GP GN HP HN 6 ，……………………9 分 A1 B1
2
取 NP的中点 E ，连接GE，HE， Q P
则GE NP，HE NP，
GEH G NP H M N
E
为二面角 的平面角或其补角，
………………………………………………………12 分 D C
GE 2 2 2 H
在△GEH 中有 cos GEH HE GH 3 . 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)
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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
G(1 , 1 ,2) ，……………………………………………………………………………………………………………1 分
2 2
设平面MHQ的法向量为m (x1, y1, z1) ，则 zD1 C1
G
MQ m 0 x1 0， ，


即 1 1 A1 B1
MH m 0， x y z 0， 2 1 2 1 1 Q P
令 y1 2 ，则 z1 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 (x2 , y2 , z2 ) ，则 y
H

NP n 0 x2 0， A
B
，

x
即 1 1
GN n 0， x2 y2 z2 0， 2 2
令 y2 2 ，则 z2 1，
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 (x3 , y3 , z3) ，则

NP a 0 x 0， ，
3
即 1 1 ……………………………………………………………………………9 分
HP a 0， x3 y3 z 0， 2 2 3
令 y3 2，则 z3 1，
即平面 NPH 的法向量为a (0,2, 1) ，……………………………………………………………………………12 分
cos n,a n a 3又 ，………………………………………………………………………………………14 分
|n||a| 5
G NP H 3所以钝二面角 的余弦值为 .………………………………………………………………………15 分
5
17.（15 分）
【解析】(1)设数列{an}的首项为 a1，公差为 d，
a1 a2 a3=3， a1 d=1，
根据题意得 即 ………………………………………………2 分
a
2
3 a2a6 , (a1 2d )
2 (a1 d )(a1 5d ),
a1 1, a1 1,
解得 或 . …………………………………………………………………………………………4 分
d 2, d 0
数学参考答案（新高考卷） 第 5页(共 9 页)
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a1 1,
又因 d 0，所以 .
d 2
所以{an}的通项公式为 an 2n 3．………………………………………………………………………………6 分
2n,n 2k,
(2)由(1)得bn k N ．22n 3 ,n 2k 1,
即数列{bn}的偶数项是以 4 为首项， 4 为公差的等差数列，
1
奇数项是以 为首项，16为公比的等比数列. ……………………………………………………………………9 分
2
数列{bn}的前100项中偶数项有50项，奇数项有50项，
数列{bn}的前100项和Tn b1 b2 b3 b99 b100 .
1 (1 1650)
b b 2 2
200 1
1 3 b5 b97 b99 ， ………………………………………………………11 分1 16 30
b b b b b 50 4 50 492 4 6 98 100 4 5100 . …………………………………………………13 分2
T 5100 2
200 1
所以 n . …………………………………………………………………………………………15 分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
b2 a2 c2又 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 ，
S 1 | 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
4 N F12
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 ， Q1 t
2 2
|MN |2 4(6 |OA |2) 8 1 3t 2 ，|MN | 2 2
1 3t
2 .……………………………………………………7 分1 t 1 t
数学参考答案（新高考卷） 第 6页(共 9 页)
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2
则直线 PQ的方程为 y tx x2，将它代入 3y2 6 解得 x2 6 y2 6t ， ，
1 3t 2 1 3t 2
2 2
| PQ |2 4 |OP |2 4(x2 y2) 24(1 t ) 2 ，| PQ | 2 6
1 t
2 .……………………………………………9 分1 3t 1 3t
S 1 | PQ | |MN | 4 3 .
2
综上所述四边形MPNQ的面积为定值 4 3 . ……………………………………………………………………10分
1
（ⅱ）由题得 S1 | PA | | AN |， S
1
2 |QA | | AM | ， | AM | | AN |
S | PA |
， 1 ．
2 2 S2 |QA |
①当直线MN 与 x轴重合时， A与O S1 | PA | | PO |重合， 1． ……………………………………12 分
S2 |QA | |QO |
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 | ，
S1 | PA | |OP | |OA | 2 |OA | 2 1 1 .
S2 |QA | |OP | |OA | |OP | |OA | |OP | 1
|OA |
2
由（ⅰ）知 | PQ | 2 6 1 t 2
1 3t 2
， |OA | ，
1 t 2
|OP | 6 (1 t 2) 2 2 2 m 2
∴ ，令1 3t m，m≥1，则1 t ，
|OA | 2 1 3t 2 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
7 4 3 1 2 S所以 ≤ 1|OP | 1 ，即7- 4 3≤ 1.………………………………………………………16 分
1 S2
|OA |
S
综上所述 1 的取值范围为[7- 4 3,1] .…………………………………………………………………………17 分
S2
19.（17 分）
1 x x 1
【解析】（1） f (x0 ) 0 ， x 0， g (x ) 0 ，……………………………………………………1 分x 0 00 e
x0
1 x
∵两切线平行，∴ 0
x0 1 x ， x
x0
0 0，即 e (1 x0) x0(x0 1) ，……………………………………2 分x 00 e
(ex∵ 0 x0)(1 x0) 0 ， x0 0，∴ x0 1． …………………………………………………………………3 分
∴直线 l1与曲线 y f (x) 相切于点 (1, 1) ，斜率为 0．
数学参考答案（新高考卷） 第 7页(共 9 页)
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∴ l1的方程为 y 1. (x)
1
(1 x)(a x x ) …………………………………………………………………4 分x e
x
（2）（i）设 (x) af (x) g(x) 2a ，则 (x) a ln x ax x 2a ， x 0 ．e
(x) x (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e e
调递减．因 (1) 1 0 ，所以 (x)max (1) ． ………………………………………………………………6 分e
1
2 1
若 a 0 ，则当0 x e a 时， a ln x 2a 0 ，又 ax 0，∴ (x) 0，不合题意． ……………7 分
e
a 1若 ≥ ，则 (1) a 1 ≥0 ，不合题意．………………………………………………………………………8 分
e e
1 x
若0 a ，则关于 x的方程 a x 0 有两个不相等实根，设为 x1， x2 (x1 xe e 2
)，所以0 x1 1 x2 ，且
a x1 x 2x x ．当 x变化时， (x)， (x) 变化情况如下表：e 1 e 2
x (0，x1) x1 (x1， 1) 1 (1， x2 ) x2 (x2， )
(x) ＋ 0 0 + 0
(x) 极大值 极小值 极大值
设 (x) ln x 1 x 1 ，则 (x) 1 ，同上可证 (x)max (1) 0 ．所以 (x1) a(ln x1 x1 1) 0 ，x
(x2 ) a(ln x2 x2 1) 0 ，所以 (x)max max{ (x1)， (x2 )} 0 ．……………………………………9 分
a (0 1综上所述， 的取值范围为 ， ) ．………………………………………………………………………………10 分
e
x x 2
（ii）F (x) ln(x a) 1 e (e ax a ) ae x(x 0) ，∴ F (x) ae x (x 0) .
x a x a
设 h(x) = e x ax a 2 ，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 a 2 0 ．…………………………………………………………………………12 分
e
x 1 x 1若 ，则 e 1，ax 1，h(x) 0，所以存在 x3 (0， ) ，使得 h(x ) 0，F (x ) 0 ．当0 x xa a 3 3 3
时，h(x) 0，F (x) 0 ，F (x)单调递增；当 x x3 时，h(x) 0，F (x) 0 ，F (x)单调递减． x x3 是
F (x)的极大值点，且M F (x3) ．………………………………………………………………………………14 分
设 K (x) e x 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 1 a 1 2 a 1①．所以 h(1 a) e a(1 a) a e a a 1 1 a 0 ，所以 x3
1 a，即 x3 a 1．………………………………………………………………………………………………15 分
数学参考答案（新高考卷） 第 8页(共 9 页)
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h(x ) 0 aex 1由 3 得 3 ，∴ F (x3)
1 1
ln(x3 a) ．设 k(x) ln(x a) ，则x3 a x3 a x a
k (x) 1 1 2 0 ， k(x) 单调递增，所以 F (x3) ln1 1 1．x a (x a)
所以M (x)．……………………………………………………………………………………………………17 分
数学参考答案（新高考卷） 第 9页(共 9 页)
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