2024年江苏南京盐城高三一模数学试题答案详解（精校打印）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页南京市、盐城市2024届高三年级第一次模拟考试数学2024.03注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．一、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，只有一项是符合题目要求的．1．已知全集U与集合A，B的关系如图，则图中阴影部分所表示的集合为（

）A． B． C． D．2．复数z满足，（i为虚数单位），则（

）A． B． C． D．3．等比数列的前项和为，已知，，则（

）A． B． C． D．4．德国天文学家约翰尼斯·开普勒根据丹麦天文学家第谷·布拉赫等人的观测资料和星表，通过本人的观测和分析后，于1618年在《宇宙和谐论》中提出了行星运动第三定律——绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星，其椭圆轨道的长半轴长a与公转周期T有如下关系：，其中M为太阳质量，G为引力常量．已知火星的公转周期约为水星的8倍，则火星的椭圆轨道的长半轴长约为水星的（

）A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍5．关于函数（，，），有下列四个说法：①的最大值为3②的图像可由的图像平移得到③的图像上相邻两个对称中心间的距离为④的图像关于直线对称若有且仅有一个说法是错误的，则（

）A． B． C． D．6．设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（

）A． B． C． D．7．在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．8．用表示x，y中的最小数．已知函数，则的最大值为(

)A． B． C． D．ln2二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知，且，，则(

)A． B．C． D．10．有n（，）个编号分别为1，2，3，…，n的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球．现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件（，2，3，…，n），则（

）A． B．C． D．11．已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（

）A． B．C． D．面积的最小值为16三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．展开式的常数项为.13．设双曲线C：(，)的一个焦点为F，过F作一条渐近线的垂线，垂足为E．若线段EF的中点在C上，则C的离心率为．14．已知，且，，则．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．在中，．(1)求B的大小；(2)延长BC至点M，使得．若，求的大小．16．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．17．已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布．其电压通常有3种状态：①不超过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率；(2)从该机器生产的零件中随机抽取n（）件，记其中恰有2件不合格品的概率为，求取得最大值时n的值．附：若，取，．18．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，(1)求C的方程；(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.19．已知，函数，．(1)若，证明：；(2)若，求a的取值范围；(3)设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】利用韦恩图表示的集合运算，直接写出结果即可.【详解】观察韦恩图知，阴影部分在集合A中，不在集合B中，所以所求集合为.故选：A2．C【分析】根据复数的运算求出复数，再求模长即可求解.【详解】由已知得：，所以，.故选：C．3．A【分析】把等比数列各项用基本量和表示，根据已知条件列方程即可求解.【详解】设等比数列的公比为，由，得：，即：，所以，，又，所以，，所以，.故选：A.4．B【分析】根据已知的公式，由周期的倍数关系求出长半轴长的倍数关系即可.【详解】设火星的公转周期为，长半轴长为，火星的公转周期为，长半轴长为，则，，且得：，所以，，即：.故选：B．5．D【分析】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果.【详解】说法②可得，说法③可得，则，则，②和③相互矛盾；当①②④成立时，由题意，，，．因为，故，，即，；说法①③④成立时，由题意，，，，，故不合题意．故选：D．6．D【分析】先根据圆的弦长公式求出线段的长度，再求出直线的倾斜角，即可求得与的的夹角，进而可得出答案.【详解】由题意，圆心，到直线距离为，所以，直线的斜率为，则其倾斜角为，则与的的夹角为，所以.故选：D．

7．B【分析】根据条件得到点轨迹为以为直径的球，进而得出点的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果.【详解】因为，故P点轨迹为以为直径的球，如图，易知中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心，设在底面上的射影为，又正方体的棱长为，所以，易知，，又动点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为，故选：B．8．C【分析】利用导数研究的单调性，作出其图象，根据图象平移作出的图象，数形结合即可得到答案．【详解】∵，∴，根据导数易知在上单调递增，在上单调递减;由题意令，即，解得；作出图象：

则的最大值为两函数图象交点处函数值，为．故选：C．9．ACD【分析】用对数表示x，y，利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式等即可逐项计算得到答案．【详解】∵，∴，同理，∵在时递增，故，故A正确；∵，∴B错误；∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；∴，即，∴D正确．故选：ACD．10．BC【分析】根据题意，由概率的公式即可判断AC，由条件概率的公式即可判断B，由与的关系，即可得到，从而判断D【详解】对A，，所以A错误；对B，，故，所以B正确；对C，，所以C正确；对D，由题意：，所以，，，所以，所以，则，所以D错误．故选：BC．11．ACD【分析】A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值.【详解】A选项，由题意得，准线方程为，直线的斜率存在，故设直线的方程为，联立，得，，故，A正确；B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，即，联立，得，故，所以B错误；C选项，由直线的方程，令得，又，所以，故，故，又由焦半径公式得，所以C正确；D选项，不妨设，过B向作垂线交于M，根据B选项知，，故，根据直线的方程，当时，，故，故，故，当且仅当，即时，等号成立，故的面积最小值为16，D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．12．15【分析】利用二项式的展开式通项公式求解.【详解】展开式的通项公式为，令，解得，所以常数项为，故答案为：15.13．【分析】由直线EF与渐近线方程联立求出E的坐标，代入双曲线标准方程即可求出离心率．【详解】直线EF与渐近线方程联立得解得，，∴EF中点M的坐标为，又M点在双曲线上，代入其标准方程，得，化简得，∴，．故答案为：．14．##【分析】变形后得到，利用辅助角公式得到，得到，两边平方后得到，利用同角三角函数关系求出.【详解】由题可知，所以，所以，因为，所以，又，所以，故，所以，两边平方后得，故，．故答案为：15．(1)；(2)或．【分析】（1）由，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得，可得B的大小；（2）设，，在和中，由正弦定理表示边角关系，化简求的大小.【详解】（1）在中，，所以．因为，所以，即化简得．因为，所以，．因为，所以．（2）法1：设，，则．由（1）知，又，所以在中，．在中，由正弦定理得，即①．在中，由正弦定理得，即②．①÷②，得，即，所以．因为，，所以或，故或．法2：设，则，．因为，所以，因此，所以，．在中，由正弦定理得，即，化简得．因为，所以或，，故或．16．(1)证明见解析；(2)1．【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此，．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法2：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．因为，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以是二面角的平面角．在四棱台中，四边形是梯形，，，，点P是棱的中点，所以，．设，则，，在中，，从而．因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，且二面角的正弦值为，所以，从而．所以在中，，解得或（舍）．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．17．(1)0.09；(2).【分析】（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；（2）根据题意，由二项分布的概率公式代入计算，即可得到结果.【详解】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D．因为，所以，，．所以，所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09．（2）从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则，所以．由，解得．所以当时，；当时，；所以最大．因此当时，最大．18．(1)(2)①证明见解析；②存在，【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.【详解】（1）由右焦点为，得，因为，所以，若，则，得，无解，若，则，得，所以，因此C的方程.（2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，设为，联立，消去y得，由，得，设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.①设BF的斜率为，则，因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，同理，得，所以PQ的中垂线为，易得BP中点为，所以BP的中垂线为，联立，解得，所以，，要使，即，整理得，而，所以，解得，，因此，故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，同理可得，所以PQ的中垂线为，因为BP中点为，所以BP的中垂线为，联立，解得，要使，则，所以，即，而，所以，解得，，因此，故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，从而，又，所以，因为，所以，解得，，所以，故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，从而，在中，令，得，故，同理可得，因此，，所以，故，即，整理得，所以，整理得，解得或（舍去），因此，，故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，在中，令，得，故，同理可得，由等面积法得，即，整理得，所以，整理得，解得或（舍去），因此，，故存在符合题意的点B，使得，此时.【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.19．(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）通过构造函数，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明；（2）对的值分类讨论，