黄金卷04-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（江苏专用）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages2222页【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（江苏专用）黄金卷04（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．若集合，集合，则图中阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，则集合，又，解得，则集合，所以，由图可知阴影部分表示集合.故选：A.2．已知为坐标原点，复数，，分别表示向量，，，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得，，所以又，所以，所以则.故选：C.3．为了研究某班学生脚长（单位厘米）和身高（单位厘米）的关系，从该班随机抽取名学生，根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为，据此估计其身高为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知,，故选:C.4．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由图象可知：为奇函数，且定义域为，对于A,,故为偶函数，不符合要求，舍去，对于C，,故为偶函数，不符合要求，舍去，对于B，，故不是奇函数，不符合要求，舍去，故选：D5．将甲桶中的升水缓慢注入空桶乙中，后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线.假设过后甲桶和乙桶的水量相等，若再等min甲桶中的水只有升，则的值为（）A.5 B.6 C.8 D.10【答案】D【解析】由题意可得：，，，；，，，，解得.故选：D.6．已知数列满足，,则的前项积的最大值为（）A. B. C.1 D.4【答案】C【解析】由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.故选：C.7．设，，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，所以，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，令，则，所以函数在上递增，所以，即，即，所以，即，综上，.故选：A.8．已知双曲线，其一条渐近线方程为，右顶点为A，左，右焦点分别为，，点P在其右支上，点，三角形的面积为，则当取得最大值时点P的坐标为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设，则由三角形的面积为可得，即，又双曲线一条渐近线方程为，故，即，故，故，解得，故，双曲线.又由双曲线的定义可得，当且仅当共线且在中间时取得等号.此时直线的方程为，即，联立可得，解得，由题意可得在中间可得，代入可得，故.故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．下列说法正确的是（）A.一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、18、20的第80百分位数为17B.若随机变量，且，则C.若随机变量，则方差D.若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数，则平均数和方差都会发生变化【答案】ABC【解析】对于A选项，该组数据共个数，且，因此，该组数据第百分位数为，A对；对于B选项，若随机变量，且，则，B对；对于C选项，若随机变量，则，C对；对于D选项，在随机变量的每个样本数据上都加个正数，则得到的新数据对应的随机变量为，由期望和方差的性质可得，，因此，若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数，则平均数会改变，但方差不变，D错.故选：ABC.10．已知函数满足，其图象向右平移个单位后得到函数的图象，且在上单调递减，则（）A.B.函数的图象关于对称C可以等于4D.的最小值为2【答案】BD【解析】对于A，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以是的最小正周期，故，则，又，故，故A错误；对于B，由选项A得，所以，故是一个对称中心，故B正确；对于C，的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则，因为在上单调递减，所以，解得，当时，，因为，所以，故C错误；对于D，因为，所以，则，又，故，当时，，可知，故D正确.故选：BD.11．已知为坐标原点，点为抛物线：焦点，点，直线：交抛物线于，两点（不与点重合），则以下说法正确的是（）A.B.存在实数，使得C.若，则D.若直线与的倾斜角互补，则【答案】ACD【解析】由已知，抛物线：，∴，，焦点，不妨设为，，设，到准线的距离分别为，，对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，，∴由抛物线的定义，故选项A正确；对于B，消去，化简得（），则，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴不存在实数，使得，选项B错误；对于C，，，∵，∴，∴又∵由选项B判断过程知，，∴解得，，或，，，∴若，则，选项C正确；对于D，由题意，，，，，直线与的倾斜角互补时，斜率均存在，且，∴，代入，，化简得，由选项B的判断知，，∴，∴，故选项D正确.故选：ACD.12．已知函数的定义域为为的导函数且，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】对于D，为偶函数，则，两边求导可得，则为奇函数，则，令，则，，D对；对于C，令，可得，则，C错；对于B，，可得，可得，两式相加可得，令，即可得，B对；又，则，，可得，所以是以为周期的函数，所以根据以上性质不能推出，A不一定成立.故选：BD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知的二项展开式的各项系数和为32，则二项展开式中的系数为______．【答案】10【解析】因为的二项展开式的各项系数和为32，令得：，解得，所以通项公式为：，令，得：，所以的系数为：.故答案为：1014．在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点顺时针旋转得到线段，则点B的横坐标为____________.【答案】【解析】易知在单位圆上，记终边在射线上的角为，如下图所示：根据三角函数定义可知，；绕原点顺时针旋转得到线段，则终边在射线上的角为，所以点B的横坐标为.故答案：15．在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，动点在直线上，过点分别作圆，的切线，切点分别为，，若满足的点有且只有个，则实数的值是______．【答案】或【解析】由题意圆：，则圆心，，圆：，则圆心，，设，若，，，则，，，即，圆心坐标为，半径为，动点在直线上，有且只有个点满足，直线与圆相切，圆心到直线的距离，或，即实数的值为或故答案为：或16．在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为__________【答案】【解析】该三棱锥的外接球O为的中点，下证：因为平面，平面，所以，所以，又，即，所以，即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.点M在该三棱锥外接球O的球面上运动，且满足，在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，球心到平面的距离为，因为O为的中点，所以到平面的距离为，，要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.在△中由余弦定理可得，所以，当且仅当时等号成立，，所以.当且仅当时,三棱锥的体积取到最大值.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17．（10分）已知等差数列的公差，且满足，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足求数列的前2n项的和．【答案】（1）（2）【解析】（1）因为，，成等比数列，所以，即，解得或．因为，所以，所以．（2）由（1）得所以，所以，，所以数列的前2n项的和．18．（12分）综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立．（1）若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；（2）从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】（1）的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123P．（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，．19．（12分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若点D在边BC上，，，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由正弦定理边化角可得，，整理可得，.因为，，所以有，所以.因为，所以.（2）设，则，在中，有.在中，有.又，所以，所以有.又，所以.在中，由余弦定理可得.又，，，所以有.联立，解得，所以，所以，.20．（12分）如图，在多面体中，，平面，是边长为2的正三角形，，点M是BC的中点，平面.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）取的中点D，连接MD，．在中，M，D分别是，的中点，所以，且．又，故，所以点四点共面．因为平面，平面，平面平面，所以．因为平面，平面，所以，故，在正△ABC中，M是BC的中点，故AM⊥BC，故，又，平面，所以平面，因为平面，所以平面⊥平面．（2）法一：因为，平面，所以⊥平面，以A为坐标原点，所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．则，，，．所以，，，设平面的法向量，则，取，则，，故平面的一个法向量为．设平面的法向量，则，取，则，，故平面的一个法向量为．所以，设二面角C1－A1B－C的大小为θ，由图可知，，所以二面角的余弦值为．法二：连接，在平面内，过点C作，垂足为H，连接DH．在中，，D是的中点，所以．由（1）可知，⊥平面，平面，故．又，平面，所以⊥平面．因为平面，所以⊥．又⊥，，平面，所以⊥平面，因为平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，所以，据，得．在Rt中，，，所以二面角C1－A1B－C的余弦值为．21．（12分）已知椭圆，椭圆．点为椭圆上的动点，直线与椭圆交于，两点，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）以点为切点作椭圆的切线，与椭圆交于，两点，问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出面积的取值范围．【答案】（1）（2）四边形的面积为定值【解析】（1）设，，，因为，所以，因为点为椭圆上的动点，所以，从而即，故椭圆的标准方程；（2）法一：设，，当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为，即，，即，代入得直线的方程为联立，消去得注意到化简得又，所以点到直线的距离为所以点到直线的距离为故当直线的斜率不存在时，即，若，则：，则，，，，所以同理可得，若，综上，四边形的面积为定值．法二：设，，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，注意到化简得，原点到直线的高为，又因为，点是的中点，所以点到直线的距离等于点到直线的距离，由对称性可知，，所以点到直线的距离等于点到直线的距离的三倍，故．当斜率不存在时，同法一．22．（12分）已知函数．（1）若，，求证：有且仅有一个零点；（2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明