2024届江苏省苏州市陆慕高级中学高考数学全真模拟密押卷含解析

2024届江苏省苏州市陆慕高级中学高考数学全真模拟密押卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．甲乙两人有三个不同的学习小组，，可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（）A．B．C．D．2．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，它历史悠久，风格独特，神兽人们喜爱．下图即是一副窗花，是把一个边长为12的大正方形在四个角处都剪去边长为1的小正方形后剩余的部分，然后在剩余部分中的四个角处再剪出边长全为1的一些小正方形．若在这个窗花内部随机取一个点，则该点不落在任何一个小正方形内的概率是（）A． B． C． D．3．已知复数，为的共轭复数，则（）A． B． C． D．4．若命题p：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为三分之一；命题q：在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，则∠AMB>90°的概率为π8A．p∧qB．(¬p)∧qC．p∧(¬q)D．¬q5．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（）A． B． C． D．6．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（）．A．1 B．1 C．3 D．47．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．8．双曲线x26-y23=1的渐近线与圆(x－3)2＋y2＝A．3 B．2C．3 D．69．已知正三角形的边长为2，为边的中点，、分别为边、上的动点，并满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．10．已知圆关于双曲线的一条渐近线对称，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．11．已知函数，，且在上是单调函数，则下列说法正确的是（）A． B．C．函数在上单调递减 D．函数的图像关于点对称12．设过定点的直线与椭圆：交于不同的两点，，若原点在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数恰好有3个不同的零点，则实数的取值范围为____14．已知圆柱的上下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形，则该圆柱的体积为____15．内角，，的对边分别为，，，若，则__________．16．等腰直角三角形内有一点P，，，，，则面积为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明：.18．（12分）在平面直角坐标系中，已知向量，，其中.（1）求的值；（2）若，且，求的值.19．（12分）已知公比为正数的等比数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20．（12分）已知动点到定点的距离比到轴的距离多.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设，是轨迹在上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当，变化且时，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.21．（12分）已知在中，内角所对的边分别为，若，，且.（1）求的值；（2）求的面积.22．（10分）如图，正方形是某城市的一个区域的示意图，阴影部分为街道，各相邻的两红绿灯之间的距离相等，处为红绿灯路口，红绿灯统一设置如下：先直行绿灯30秒，再左转绿灯30秒，然后是红灯1分钟，右转不受红绿灯影响，这样独立的循环运行.小明上学需沿街道从处骑行到处（不考虑处的红绿灯），出发时的两条路线（）等可能选择，且总是走最近路线.（1）请问小明上学的路线有多少种不同可能？（2）在保证通过红绿灯路口用时最短的前提下，小明优先直行，求小明骑行途中恰好经过处，且全程不等红绿灯的概率；（3）请你根据每条可能的路线中等红绿灯的次数的均值，为小明设计一条最佳的上学路线，且应尽量避开哪条路线？

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解析】依题意，基本事件的总数有种，两个人参加同一个小组，方法数有种，故概率为.2、D【解析】

由几何概型可知,概率应为非小正方形面积与窗花面积的比,即可求解.【详解】由题,窗花的面积为,其中小正方形的面积为,所以所求概率,故选:D【点睛】本题考查几何概型的面积公式的应用,属于基础题.3、C【解析】

求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.【详解】.故选：C【点睛】本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.4、B【解析】因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为P1=1C42=16，即命题p是错误，则¬p是正确的；在边长为4的正方形ABCD内任取一点M点睛：本题将古典型概率公式、几何型概率公式与命题的真假（含或、且、非等连接词）的命题构成的复合命题的真假的判定有机地整合在一起，旨在考查命题真假的判定及古典概型的特征与计算公式的运用、几何概型的特征与计算公式的运用等知识与方法的综合运用，以及分析问题解决问题的能力。5、C【解析】

分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.【详解】解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以=，所以当时，的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.6、C【解析】

由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确;反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.【详解】画出图形：若为的外心，则，平面,可得,即，①正确;若为等边三角形，，又可得平面，即,由可得，矛盾，②错误;若，设与平面所成角为可得，设到平面的距离为由可得即有，当且仅当取等号.可得的最大值为，即的范围为，③正确；取中点，的中点，连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上，而，可得④正确；所以正确的是：①③④故选：C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.7、A【解析】

观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。【详解】设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为，故选A。【点睛】本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。8、A【解析】

由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为y＝±22x，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r＝±答案：A【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题.9、A【解析】

建立平面直角坐标系，求出直线，设出点，通过，找出与的关系．通过数量积的坐标表示，将表示成与的关系式，消元，转化成或的二次函数，利用二次函数的相关知识，求出其值域，即为的取值范围．【详解】以D为原点，BC所在直线为轴，AD所在直线为轴建系，设，则直线，设点，所以由得，即，所以，由及，解得，由二次函数的图像知，，所以的取值范围是．故选A．【点睛】本题主要考查解析法在向量中的应用，以及转化与化归思想的运用．10、C【解析】

将圆，化为标准方程为，求得圆心为.根据圆关于双曲线的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上，.再根据求解.【详解】已知圆，所以其标准方程为：，所以圆心为.因为双曲线，所以其渐近线方程为，又因为圆关于双曲线的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上，所以.所以.故选：C【点睛】本题主要考查圆的方程及对称性，还有双曲线的几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.11、B【解析】

根据函数，在上是单调函数，确定，然后一一验证，A.若，则，由，得，但.B.由，，确定，再求解验证.C.利用整体法根据正弦函数的单调性判断.D.计算是否为0.【详解】因为函数，在上是单调函数，所以，即，所以，若，则，又因为，即，解得，而，故A错误.由，不妨令，得由，得或当时，，不合题意.当时，，此时所以，故B正确.因为，函数，在上是单调递增，故C错误.，故D错误.故选：B【点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用，还考查了运算求解的能力，属于较难的题.12、D【解析】

设直线：，，，由原点在以为直径的圆的外部，可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求得答案.【详解】显然直线不满足条件，故可设直线：，，，由，得，，解得或，，，，，，解得，直线的斜率的取值范围为.故选：D.【点睛】本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

恰好有3个不同的零点恰有三个根，然后转化成求函数值域即可.【详解】解：恰好有3个不同的零点恰有三个根，令，，在递增；，递减，递增，时，在有一个零点，在有2个零点；故答案为：.【点睛】已知函数的零点个数求参数的取值范围是重点也是难点，这类题一般用分离参数的方法，中档题.14、【解析】

由轴截面是正方形，易求底面半径和高，则圆柱的体积易求.【详解】解：因为轴截面是正方形，且面积是36，所以圆柱的底面直径和高都是6故答案为：【点睛】考查圆柱的轴截面和其体积的求法，是基础题.15、【解析】∵，∴，即，∴，∴．16、【解析】

利用余弦定理计算，然后根据平方关系以及三角形面积公式，可得结果.【详解】设由题可知：由，，，所以化简可得：则或，即或由，所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，仔细观察，细心计算，属基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）证明见解析【解析】

（1）对求导，分，，进行讨论，可得的单调性；（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，，设，可得，则，设，对求导，利用其单调性可证明.【详解】解：的定义域为，因为，所以，当时，令，得，令，得；当时，则，令，得，或，令，得；当时，，当时，则，令，得；综上所述，当时，在上递增，在上递减；当时，在上递增，在上递减，在上递增；当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减，在上递增；（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，此时，设，又因为，则，设，则对于任意成立，所以在上是增函数，所以对于，有，即，有，因为，所以，即，又在递增，所以，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.18、（1）（2）.【解析】

（1）根据，由向量，的坐标直接计算即得；（2）先求出，再根据向量平行的坐标关系解得.【详解】（1）由题，向量，，则.（2），.，，整理得，化简得，即，，，，即.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，以及向量平行，是常考题型.19、（1）（2）【解析】

（1）判断公比不为1，运用等比数列的求和公式，解方程可得公比，进而得到所求通项公式；（2）求得，运用数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，计算可得所求和.【详解】解：（1）设公比为正数的等比数列的前项和为，且，，可得时，，不成立；当时，，即，解得（舍去），则；（2），前项和，，两式相减可得，化简可得.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．20、（1）或；（2）证明见解析，定点【解析】

（1）设，由题意可知，对的正负分情况讨论，从而求得动点的轨迹的方程；（2）设其方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到，所以，所以直线的方程可表示为，即，所以直线恒过定点．【详解】（1）设，动点到定点的距离比到轴的距离多，，时，解得，时，解得.动点的轨迹的方程为或（2）证明：如图，设，，由题意得（否则）且，所以直线的斜率存在，设其方程为，将与联立消去，得，由韦达定理知，，①显然，，，，将①式代入上式整理化简可得：，所以，此时，直线的方程可表示为，即，所以直线恒过定点.【点睛】本题