2024年高考数学模拟试题（江苏省适用）（含答案）

届高考数学模拟试题（江苏省适用）注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．“”是“”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（

）A．30° B．60° C．90° D．120°4．某旅游景区招募了5名志愿者，已知该景区共有3个入口，现准备将这5名志愿者分配至3个入口进行指引游客工作，要求每个入口均有志愿者且不能超过2人，则不同的安排方法有（

）A．90种 B．180种 C．15种 D．30种5．直线被圆截得的弦长为（

）A． B． C． D．6．已知，，，若，则（

）A． B． C． D．7．已知数列满足，且，则（

）A． B． C． D．8．在棱长为1的正四面体中，P为棱（不包含端点）上一动点，过点P作平面，使，与此正四面体的其他棱分别交于E，F两点，设，则的面积S随x变化的图象大致为（

）A． B．C． D．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．已知复数的虚部与的实部均为2，则下列说法正确的是（

）A．是虚数B．若，则C．若，则与对应的点关于x轴对称D．若是纯虚数，则10．已知点O是正方体的底面的中心，点M与点C关于直线对称，且，则下列说法正确的是（

）A． B． C． D．11．已知函数的定义域为，满足，当，，则（

）A． B．在上单调递减C．在上有极小值 D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程．13．在平面直角坐标系中，角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则．14．若实数，且，则的取值范围是.四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知(1)若在处的切线平行于x轴，求a的值；(2)若存在极值点，求a的取值范围．16．如图，在三棱锥中，为等边三角形，，．(1)证明：平面平面．(2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求．17．如图，轴，垂足为D，点P在线段上，且．(1)点M在圆上运动时，求点P的轨迹方程；(2)记（1）中所求点P的轨迹为，过点作一条直线与相交于两点，与直线交于点Q．记的斜率分别为，证明：是定值．18．平面直角坐标系中有只蚂蚁，分别位于点．定义一次操作如下：将每只蚂蚁进行一次移动，等可能地朝上、下、左、右四个方向移动一个单位，各只蚂蚁的移动互不影响，移动后允许有多只蚂蚁在同一点处．若该点没有蚂蚁，则称这个点为“空点”．设随机变量为一次操作后（且）中的“空点”数目．(1)若，求的分布列；(2)定义随机变量，当时，求的分布列与期望；(3)当时，求的最小值，使得．（参考公式：若，则）19．已知，(1)证明：当时，；(2)令，（i）证明：当时，；（ii）是否存在正实数，使得恒成立，若存在，求的最小值，若不存在，请说明理由．参考答案：1．A【分析】首先利用列举法表示出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】因为，又，所以．故选：A．2．D【分析】取，即可说明不充分，结合对数函数单调性解不等式也可说明不必要由此即可得解.【详解】取，可得，故充分性不成立；若，根据对数函数的单调性可得，故，得，并不能推出，所以必要性同样不成立，故“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D．3．B【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，所以，所以，又，所以，所以，又，所以，又，所以向量与向量的夹角为，即.故选：B.4．A【分析】先将5名志愿者按1人、2人、2人分为三组，再安排到3个景区入口处，需注意部分平均分组需除以组数的全排列.【详解】先将5名志愿者按1人、2人、2人分为三组，再安排到3个景区入口处，则不同的安排方法有（种）．故选：A．5．B【分析】把直线方程转化为一般方程，表达出圆心和半径，求解圆心到直线的距离，再求出弦长.【详解】由题意可得l的一般式方程为，由圆C：，得圆心，半径为4，则圆心C到直线l的距离为，故直线l被圆C截得的弦长为．故选:B．6．B【分析】首先求出，，再根据全概率公式得到方程，解得即可.【详解】由题意可得，，所以，解得．故选：B．7．C【分析】根据递推公式求出，再又得到，从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项，从而得解.【详解】因为，又，令，可得，解得，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，整理得，故．故选：C．8．C【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.【详解】取线段的中点，连接、，因为、为等边三角形，为的中点，则，，，、平面，平面，因为平面，所以，平面与平面平行或重合，且，取的中点，连接，则，且，故.①当时，平面平面，平面平面，平面平面，，同理可知，，，所以，，故，如下图所示：则，则；②当时，；③当时，平面平面，平面平面，平面平面，，同理可知，，，所以，，故，如下图所示：则，则.综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.故选：C.【点睛】关键点点睛：解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.9．ABD【分析】借助虚数定义可得A；借助模长共识计算即可得B；借助共轭复数定义与复数的几何意义可得C；借助复数的乘法运算与纯虚数定义及模长定义即可得D.【详解】可设复数，A选项：根据虚数定义可知A正确；B选项：，所以，则，所以，，所以，故B不正确；C选项：若，所以，所以，，所以，对应的点分别为和，则关于x轴对称，故C正确；D选项：因为，且是纯虚数，所以，所以，，则，所以，故D正确．故选：ABD.10．AD【分析】A选项，根据勾股定理和三角形面积求出；B选项，先得到，利用余弦定理求出；C选项，，C错误；D选项，由对称性和三角形全等关系得到答案.【详解】A选项，根据题意，点O和直线CM都在平面内，且，设，如图，则根据对称性，．易知，，则在中，，由，得，则，故A正确；B选项，，在中，，，所以，故B错误；C选项，因为，故，故C错误；D选项，由对称性易得，，又因为，所以，因此，则D正确．故选：AD．11．ABD【分析】对于A，代值即可；对于B，求出的函数即可判断单调性；对于C，求出的函数，并通过导数判断极值即可；对于D，列出，并根据对称性计算每个函数值即可.【详解】A选项：因为，当时，，所以，所以，故A正确．B选项：令，所以，所以，即，所以，所以，当时，在上单调递减，且，当时，在上单调递减，且，所以在上单调递减，故B正确．C选项：令，所以，所以，即，由B可得，，所以，则在上递增，在上递减，所以在上有极大值，故C不正确．D选项：根据对称性，由，所以，，所以由时，得，即，故D正确．故选：ABD.12．或（写出一个即可）【分析】由条件可设直线方程为，结合条件列方程求即可得结论.【详解】因为切线的方向向量为，所以切线的斜率为，故可设切线方程为，因为直线与圆相切，又圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，所以，所以或，所以与圆相切且方向向量为的直线为或，故答案为：或（写出一个即可）.13．/【分析】先利用角的终边所经过的点求出，再求.【详解】因为角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，所以，；.故答案为：14．【分析】先得到，并根据得到，从而求出.【详解】因为，故，由得，解得，故.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导数，根据已知条件有，解方程即可求出；（2）根据条件有在上至少有一个变号零点，即至少有一解，构造函数，对求导，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，进而即得.【详解】（1）因为，所以，根据题意有，即，解得，检验，此时，切线为，平行与轴，故符合题意.（2）因为，所以，因为存在极值点，所以在上至少有一个变号零点，即至少有一解，令，则，令，即，解得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，又当时，，所以.16．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）由余弦定理可得，由勾股定理可得，从而可证平面，即可得到结论；（2）分别取，的中点、，连接，，建立空间直角坐标系，表示出点坐标，分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角公式即可得到答案.【详解】（1）因为，，，由余弦定理可得：，所以，则，因为，，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）分别取，的中点、，连接，，因为、分别为，的中点，所以，则平面，因为为等边三角形，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，由，得，则，，设平面的法向量，则，即，令，则显然平面的一个法向量，设平面与平面夹角为，则，解得：或(舍去)；所以当平面与平面夹角的余弦值为时，17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，则有，根据在圆上运动，即可求解、的关系式即为点P的轨迹方程；（2）设出直线方程，直曲联立利用韦达定理求出，求出，对，令，得，求出，即可求出是定值.【详解】（1）设，根据题意有，又因为M在圆上运动，所以，即，所以点P的轨迹方程为：.（2）根据已知条件可知，若直线的斜率不存在，不合题意，若直线斜率为，直线与直线平行无交点也不合题意，所以直线的斜率存在设为，直线的方程为，联立，则有，且，设，，则，，，所以，对，令，得，所以，所以，所以为定值.18．(1)分布列见解析(2)答案见解析(3)【分析】（1）依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列；（2）分，两种情况讨论，分别求出分布列与数学期望；（3）结合（2）可得，从而求出的取值范围，即可得解.【详解】（1）当时的可能取值为、、，，，，所以的分布列为：（2）对于，则，，所以的分布列为：所以期望；对于，则，，所以的分布列为：所以期望；（3）依题意可得，所以，由，即，解得，又，所以的最小值为.19．(1)证明见解析(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析【分析】（1）依题意可得，代入已知条件即可得证；（2）（i）依题意可得，即可得到，利用累加法即可证明；（ii）由（i）可知当时，，再推导出，假设存在符合题意的，则恒成立，再推出矛盾，即可得解.【详解】（1）因为，当时，即，所以，即.（2）（i）因为，，当时，又，所以，当时，，所以，即，即