2024届江苏省南京东山外国语学校高考三模数学试卷（解析版）

2023-2024学年高三下学期南京市江宁区东外五月三模数学试卷一、单选题1.设全集，集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据集合并补运算即可求得.【详解】，，所以，所以，故选：B.2.已知复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由复数除法运算法则直接计算，结合复数的虚部的概念即可求解.【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选：A.3.已知向量，满足，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量的夹角公式和垂直的充要条件即可求解.【详解】因为，所以，即，因此.故选：C.4.命题P：，，…，的平均数与中位数相等；命题Q：，，…，是等差数列，则P是Q的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由，，…，是等差数列，易推导出，，…，的平均数与中位数相等，所以P是Q的必要条件；举出反例可推翻P是Q的充分条件.【详解】由，，…，是等差数列，所以，而中位数也是，所以，，…，的平均数与中位数相等，即，是的必要条件；若数据是，则平均数和中位数相等，但，，…，不是等差数列，所以推不出，所以不是的充分条件；所以是的必要不充分条件.故选：B.5.如图，中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人.若安排甲、乙两人同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）A.12种 B.16种 C.20种 D.24种【答案】B【解析】【分析】按照元素甲、乙所在舱位进行讨论，特殊元素优先考虑即可求解.【详解】按照甲、乙两人同时在天和核心舱或问天实验舱两种情况讨论：①若甲、乙两人同时在天和核心舱，则需要从剩余4人中再选1人，剩下的3人去剩下的两个舱位，则有种可能；②若甲、乙两人同时在问天实验舱，则剩下的4人选3人去天和核心舱即可，共有种可能，根据分类加法计算原理，共有12+4=16种可能，故选：B.6.已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由的图象，棱台三角函数的性质求得，进而得到，结合正弦型函数的性质，即可求解.【详解】由函数的图象，可得，解得，所以，所以，又由，即，可得，即，因为，所以，所以，所以，令，解得，所以函数的单调增区间是.故选：C.7.设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解.【详解】如图所示：为准线与轴的交点，因为，且，所以，因为，所以，而，所以，所以.故选：A.8.已知函数其中为自然对数的底数.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】当时，由解出的值，函数只有两个零点，舍去；当时，对求导，讨论的单调性和最值，可知数至多两个零点，舍去；当时，当只有一个零点，当，令，要使函数有三个零点，需使函数有两个零点，即即可求出实数的取值范围.【详解】①当时，所以由得或，解得或，函数只有两个零点，舍去；②当时，当，；当至多两个零点，即函数至多两个零点，舍去；③当时，当只有一个零点，当，令，因此当时，当时，，因为要使函数有三个零点，需使函数有两个零点，因此.综上，取值范围为.故选：B.二、多选题9.已知，则下列描述正确的是（）A. B.除以5所得的余数是1C.中最小为 D.【答案】BC【解析】【分析】利用赋值可求得，判断A；，可判断B；由展开式的通项公式，可判断C；求导，可得，判断D.【详解】对于A，当时，，当时，可得，故，故A不正确；对于B，，除最后一项外，其余项都可以被5整除，故余数为1，故B正确；对于C，二项式系数，可知奇数项小于零，偶数项大于零，则最小必然在奇数项中产生，，所以最小的为，故C正确；对于D，，则有，故D错误．故选：BC.10.中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（）A.B.若，则只有一解C.若为锐角三角形，则取值范围是D.若为边上的中点，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用平面向量数量积公式及三角形面积公式可判定A，直接解三角形可判定B，利用角的范围结合正弦定理可判定C，利用平面向量中线的性质及数量积公式结合余弦定理、基本不等式可判定D.【详解】对于A，因为，所以，则，因为，所以，故A正确；对于B，因为，则，，故只有一解，故B正确；对于C，若为锐角三角形，则，，则，则，即，由正弦定理可知：，故C错误；对于D，若D为边上的中点，则，所以由余弦定理知，得，又，所以，当且仅当时取得等号，所以，即，故D正确.故选：ABD.11.在四面体中，是边长为2的正三角形，，二面角的大小为，则下列说法正确的是（）A.B.四面体体积的最大值为C.棱的长的最小值为D.四面体的外接球的表面积为【答案】BCD【解析】【分析】假设，然后得出，由此可判断选项A；要使四面体的体积的最大，只需高最大，根据题意求解即可判断选项B，C；设的外心为，为的中点，设过与平面垂直的直线为，过作于点，则外接球球心在上，根据即可求出，从而可求出外接球半径，从而判断选项D正确.【详解】对于：假设，设的中点为，因为为正三角形，所以，又，，平面，故平面，又平面，故，而题中并不能得到，故假设不成立，所以不一定垂直，故选项错误；对于：要使最大，只需三棱锥高最大，设三棱锥的高为，易知当等边三角形时，高最大，此时的最大值为，故选项正确；对于：由选项中可知，最大时最小，故的最小值为，故选项正确；对于：设的外心为，为的中点，则由正弦定理得，设过与平面垂直的直线为，过作于点，则，则外接球球心在上，只需，又，，设，由，可得，解得，所以，所以四面体的外接球的表面积为，故选项正确．故选：BCD．三、填空题12.函数在上的最大值点为________.【答案】##【解析】【分析】求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值点，即可求出函数最大值点.【详解】由题意得，当时，，所以在和上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以在处取得极小值，在处取得极大值，当时，；当时，函数取得极大值；因为，所以最大值点为.故答案为：.13.已知直线是圆的切线，点和点到的距离相等，则直线的方程可以是__________.（写出一个满足条件的即可）【答案】（写出一个满足条件即可）【解析】【分析】当时设的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径求出，若经过的中点，分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，分别求出切线方程，即可得解.【详解】若，此时的斜率为.设的方程为，则点到的距离，解得，因此的方程为或.若经过的中点，当的斜率不存在时，此时的方程为，满足与圆相切；当的斜率存在时，设其方程为，则点到直线的距离，解得，此时直线的方程为.故答案为：（写出一个满足条件的即可）.14.已知双曲线与直线交于M，N两点（点M位于第一象限），点P是直线l上的动点，点A，B分别为C的左、右顶点，当最大时，（O为坐标原点），则双曲线C的离心率______．【答案】【解析】【分析】先求得两点的坐标，分析得到当最大时，最大，利用正切函数的定义及基本不等式求出当最大时点P的位置，根据求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】将代入双曲线方程得，得，所以．设点P的坐标为，不妨设，由题意知为锐角，所以当最大时，最大，则最大．设双曲线C的右焦点为F，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以当时，最大，即最大．由可得，所以，故双曲线C的离心率．故答案为：四、解答题15.如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．（1）求证：四点共面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）易知，由线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可证明；（2）由（1）求出的坐标，利用空间向量法求解线面角即可.【小问1详解】因为平面是菱形，所以，由平面，平面，得，所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，，则，由，得，所以，则，所以共面，又直线的公共点为，所以四点共面；【小问2详解】由（1）知，，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，得，即直线与平面所成角的正弦值为.16.已知函数，其中为常数.（1）过原点作图象切线，求直线的方程；（2）若，使成立，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；（2）由题意，将其等价转化为在0,+∞有解，即只需求在0,+∞上的最小值，利用导数分析推理即得的最小值.【小问1详解】设切点坐标为，则切线方程为，因为切线经过原点，所以，解得，所以切线的斜率为，所以的方程为.【小问2详解】，，即成立，则得在0,+∞有解，故有x∈0,+∞时，令，，，令h'x>0得；令h'故hx在单调递减，单调递增，所以，则，故的最小值为.17.已知椭圆（），四点，，，中恰有三点在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）存在，直线MN过定点．【解析】【分析】（1）根据椭圆的对称性，确定椭圆C过的三点，再代入方程求解作答.（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知及斜率坐标公式列式求解即可.【小问1详解】由椭圆的对称性知，，，三点在椭圆C上，故，，得，从而椭圆C的方程为．【小问2详解】直线MN过定点，证明如下：假设存在，不妨设直线、、MN的斜率分别为，，k，满足，设直线MN的方程为（），且，，与椭圆C的方程联立，得，则，即（*），且那么，化简得，，即整理得：，解得或，当时，中一点与重合，故舍去，故直线MN过定点．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线MN的方程为（），且，，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将斜率之间的关系式整理从而将韦达定理代入，最后化简得，解出值并检验.18.2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.【答案】（1），（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）6道题中小王能答对4道，答错2道，结合超几何分布计算即可，再结合条件概率计算即可.（2）由，运用导数研究其极大值即可.（3）分析每名进入决赛的大学生获得的奖金的期望，解不等式即可.【小问1详解】由题意知，的可能取值为，则，，，故的分布列为012则.记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.【小问2详解】（i）由题意知，，则，令，解得或（舍），当时，，当时，，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，有极大值，且的极大值为.（ii）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，则的可能取值为，，，，，所以，所以，即，整理得，经观察可知是方程的根，故，因为恒成立，所以由可得，解得得，又，所以的取值范围为.19.对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；（2）设数列是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.【答案】（1）是，理由见解析；（2）；（3）当是数列时，与满足的条件为或，证明见解析.【解析】【分析】(1)由数列定义知，仅需验证当时，恒成立即可；(2)写出，的表达式，则对满足的任意都成立，则将此问题转化为不等式恒成立的问题，然后据此去求解的范围；(3)根据数列是数列，可以得到，所以需要分，和，去讨论，