2024届江苏省镇江市高三下学期高考前练习(三模)数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省镇江市2024届高三下学期高考前练习(三模)数学试题一、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.已知复数为纯虚数，则实数的值为（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗，复数为纯虚数，故且，则.故选：C.2.等轴双曲线经过点，则其焦点到渐近线的距离为（）A B.2 C.4 D.〖答案〗A〖解析〗因为该曲线为等轴双曲线，不妨设该双曲线的方程为，因为等轴双曲线经过点，所以，解得，则，所以该双曲线的一个焦点坐标为，易知该双曲线的一条渐近线方程为，则点到直线的距离．故选：A．3.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〗由是等差数列，所以平均数为，而中位数也是，所以的平均数与中位数相等，即,P是Q的必要条件；若数据是1,1,1,3,3,5,5,5，则平均数和中位数相等，但不是等差数列，所以P推不出Q，所以P不是Q的充分条件；所以P是Q的必要不充分条件．故选：B.4.圆被直线所截得劣弧的弧长为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，设直线与圆的交点为、，的中点为，则，所以，所以，则，所以劣弧的弧长为.故选：C.5.自“”横空出世，全球科技企业掀起一场研发大模型的热潮，随着算力等硬件底座逐步搭建完善，大规模应用成为可能，尤其在图文创意、虚拟数字人以及工业软件领域已出现较为成熟的落地应用.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的2种用作神经网络的激活函数，函数的〖解析〗式为，经过某次测试得知，则当把变量减半时，（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，则，（舍）．，．故选：A.6.生活中有各种不同的进制，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用十进制.任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为.若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（）A.1 B.3 C.5 D.7〖答案〗D〖解析〗由题意可得将八进制数转换为十进制数，则转换后的数为，故选：D.7.已知角满足，，则（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗因为，，所以，即，则，因为，所以，其中，故，解得.故选：B.8.已知及其导函数的定义域均为，记，，若关于对称，是偶函数，则（）A. B.2 C.3 D.〖答案〗A〖解析〗若关于对称，则的图象关于轴对称，所以，两边求导得，因为是偶函数，所以，令，就有，即有，所以，所以.故选：A.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.同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（）A.与相互对立 B.与相互独立C. D.〖答案〗BD〖解析〗对于A，由题意可知，事件与事件有可能同时发生，例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误；对于B，依题意，，，所以事件与事件相互独立，故B正确；对于C、D，，因为，所以，所以，故D正确，C错误．故选：BD．10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A. B.C.为偶函数 D.在区间的最小值为〖答案〗ACD〖解析〗由题意得，由图象可得，又，所以，由五点法可得，所以.A：由以上〖解析〗可得，故A正确；B：由以上〖解析〗可得，故B错误；C：，故C正确；D：当时，，所以最小值为，故D正确；故选：ACD.11.在正四棱柱中，点M，N分别为面和面的中心.已知与点关于平面对称的点在棱柱的内部（不含表面），并记直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，对所有满足上述条件的正四棱柱，下列关系式一定成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗由题意，不妨设，，分别取棱，，，的中点为，，，，易知，，，，五点共面，且为线段的中点.因为平面，且平面平面，又平面，平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面平面，所以点关于平面对称的点，即为与点关于直线对称的点，记为.当时，即为棱的中点，在棱柱表面，不符题意，舍去；当时，，由对称性，，此时在矩形外，故在棱柱外部，不符题意，舍去；当时，，由对称性，.且由平面几何知识易得在内，所以在棱柱内部，符合题意.综上所述，，所以，A选项错误.因为，所以B选项正确.在正四棱柱中，平面与平面平行，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，又平面，则为直线与平面所成的角，所以.所以在中，.因为，，，，，所以，C选项正确.在正四棱柱中，.所以（或补角）即为直线与所成的角且，，，则在等腰中，取棱的中点为，，因为，，，，所以，而，所以D选项错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设随机变量，则______.〖答案〗〖解析〗由随机变量服从超几何分布，可知3表示选出3个，2表示有2个供选择，总数为10，根据超几何分布公式可得.13.若对项数为的数列中的任意一项，也是该数列中的一项，则称这样的数列为“可倒数数列”.已知正项等比数列是“可倒数数列”，其公比为，所有项和为，写出一个符合题意的的值____________.〖答案〗或（〖答案〗不唯一）〖解析〗已知正项等比数列是“可倒数数列”，首先，若，结合，解得，此时，但2031不在这5个数中，矛盾，故，则若，则也在数列中，若在数列中，则（且）也在数列中，因为正项等比数列是“可倒数数列”，所以数列严格单调，而，所以只能，（否则，不妨设，那么或一定有三个数小于1，而他们的倒数都大于1，这必定导致有一个数的倒数不在中），从而，所以，解得或（舍去），所以解得或.故〖答案〗为：或（〖答案〗不唯一）.14.有一个简易遮阳棚三角形长度分别为5米、3米、4米.两点固定在底面，成正南北方向，此时太阳光从正西方向与底面成方向射入.当遮阳棚与底面所成角为_____________时，遮阴面积最大，最大面积为_____________平方米.〖答案〗12〖解析〗因为，所以，如图，过点C作交于D，连接，由题可知，因此就是遮阳篷ABC与地面所成的角，因为，所以求遮阴影面面积最大，即是求最大，其中已知，设，，根据正弦定理，当时，最大，遮阴影面面积最大，此时，最大遮阴影面为.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.如图，三棱锥中，，，，D是棱AB的中点，点E在棱AC上.（1）下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；①平面⊥平面；②；③.（2）若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小.解：（1）选择①②，可证明③.由，是线段的中点，得⊥.又平面⊥平面，平面平面，且平面；所以⊥平面，AC平面ABC，得⊥，又⊥；，平面，所以⊥平面．因为平面，所以，若选择①③，可证明②.由，是线段的中点，得⊥.又平面⊥平面，平面平面，且平面；所以⊥平面，平面，得，又⊥，，平面，所以⊥平面，因为平面，所以．选择②③，可证明①由，是线段的中点，得⊥因为⊥，⊥，平面，，所以⊥平面．PD平面PDE，得⊥，,平面，所以⊥平面．又平面，故平面⊥平面.（2）方法一：由（1），选择①②，则③成立.取线段的中点F，连接，则由，及是线段的中点，得⊥由（1）知，⊥平面，以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积，且，，得，得所以由，是线段的中点，⊥，得：.所以，，，.设面与面的法向量分别为，，则，得：，所以面的一个法向量为.，得：，所以面的一个法向量为.设平面与平面所成二面角为，则，因为，所以面与面所成二面角的大小为．方法二：延长交的延长线于Q，连接，则平面与平面.由三棱锥的体积为，且，，得，解得.又由，及是线段的中点，⊥，在等腰直角三角形中，，，连结CD，在中，，，，在等腰直角三角形中，，，在中，，在中，由，所以，又由（1）知，⊥平面，是在面内射影，由三垂线逆定理得：，则即为二面角的平面角，，所以面与面所成二面角的大小为.16.如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点.（1）求椭圆C方程；（2）P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标.解：（1）设，又离心率，则.，则.法一：则C：，点代入得，法二：则，点代入得，所以C方程为：.（2）因为，而的面积为定值，所以只要的面积最大.设，则①.，，则线段AM长度为定值.由图知，P在直线的上方，直线：，P到直线的距离为只需求的最大值.法一：设，代入得：，因为，得.当时，联立①，解得：，.法二：因为.所以，当且仅当时，.所以当四边形的面积最大时，此时点P坐标为().17.在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”.接着，“胜区”中两人对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名.然后，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名.最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，且不同对阵的结果相互独立.（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；①求甲获得第四名的概率；②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军.已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，则哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.解：（1）①记“甲获得第四名”为事件，又，则；②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，则的所有可能取值为2，3，4，连败两局：，可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；，；则的分布列如下：2340.160.5520.288所以数学期望.（2）在“单败淘汰制”下，甲获冠军须比赛两场，且两场都胜，则甲获得冠军的概率为.(ii)在“双败淘汰制”下，设事件V为“甲获冠军”，设事件A为“甲比赛三场，连胜三场”，则；设事件B为“甲比赛四场：胜负（胜区败）胜（赢败区胜）胜（决赛区胜）”，则；设事件C为“甲比赛四场：负胜（败区胜）胜（赢胜区败）胜（决赛区胜）”，则；所以.由，且，当时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；当时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；当时，两种赛制甲夺冠的概率一样.18.设函数().（1）当时，求在处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）当时，，求a的取值范围.解：（1）当时，，则，则，又，故在处的切线方程为.（2）因为，则，若，即时，恒成立，故在R上单调递增；若，即或时，.+0─0+↗↘↗则在和上为增函数；在上为递减函数.（3）因为时，，即，当时，上式成立，也即当时，恒成立，记，则.记，则，则在为减函数，则，即恒成立，则单调减，为增函数，，则，所以的取值范围为.19.已知正整数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，其前项和为，且对任意正整数，恒成立.（1）证明无穷数列为等比数列，并求；（2）若，，求证：；（3）当时，数列中任意不同两项的和构成集合A.设集合，中元素的个数记为，求数列的通项公式.（1）解：当时，，，两式相减得：，，，所以数列为等比数列．因为无穷数列的各项均为正整数，则公比为正整数，为正整数，则．（2）证明：若，，设（），则，则在上为增函数，所以，故，即，则>ln3（3）解：当时，，即，，N*，中元素个数，等价于满足的不同解，如果，则，矛盾！则，又因为，所以，即，共个不同解，即共个不同，所以（）．江苏省镇江市2024届高三下学期高考前练习(三模)数学试题一、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.已知复数为纯虚数，则实数的值为（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗，复数为纯虚数，故且，则.故选：C.2.等轴双曲线经过点，则其焦点到渐近线的距离为（）A B.2 C.4 D.〖答案〗A〖解析〗因为该曲线为等轴双曲线，不妨设该双曲线的方程为，因为等轴双曲线经过点，所以，解得，则，所以该双曲线的一个焦点坐标为，易知该双曲线的一条渐近线方程为，则点到直线的距离．故选：A．3.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〗由是等差数列，所以平均数为，而中位数也是，所以的平均数与中位数相等，即,P是Q的必要条件；若数据是1,1,1,3,3,5,5,5，则平均数和中位数相等，但不是等差数列，所以P推不出Q，所以P不是Q的充分条件；所以P是Q的必要不充分条件．故选：B.4.圆被直线所截得劣弧的弧长为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，设直线与圆的交点为、，的中点为，则，所以，所以，则，所以劣弧的弧长为.故选：C.5.自“”横空出世，全球科技企业掀起一场研发大模型的热潮，随着算力等硬件底座逐步搭建完善，大规模应用成为可能，尤其在图文创意、虚拟数字人以及工业软件领域已出现较为成熟的落地应用.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的2种用作神经网络的激活函数，函数的〖解析〗式为，经过某次测试得知，则当把变量减半时，（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，则，（舍）．，．故选：A.6.生活中有各种不同的进制，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用十进制.任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为.若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（）A.1 B.3 C.5 D.7〖答案〗D〖解析〗由题意可得将八进制数转换为十进制数，则转换后的数为，故选：D.7.已知角满足，，则（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗因为，，所以，即，则，因为，所以，其中，故，解得.故选：B.8.已知及其导函数的定义域均为，记，，若关于对称，是偶函数，则（）A. B.2 C.3 D.〖答案〗A〖解析〗若关于对称，则的图象关于轴对称，所以，两边求导得，因为是偶函数，所以，令，就有，即有，所以，所以.故选：A.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.同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（）A.与相互对立 B.与相互独立C. D.〖答案〗BD〖解析〗对于A，由题意可知，事件与事件有可能同时发生，例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误；对于B，依题意，，，所以事件与事件相互独立，故B正确；对于C、D，，因为，所以，所以，故D正确，C错误．故选：BD．10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A. B.C.为偶函数 D.在区间的最小值为〖答案〗ACD〖解析〗由题意得，由图象可得，又，所以，由五点法可得，所以.A：由以上〖解析〗可得，故A正确；B：由以上〖解析〗可得，故B错误；C：，故C正确；D：当时，，所以最小值为，故D正确；故选：ACD.11.在正四棱柱中，点M，N分别为面和面的中心.已知与点关于平面对称的点在棱柱的内部（不含表面），并记直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，对所有满足上述条件的正四棱柱，下列关系式一定成立的是（）A. B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗由题意，不妨设，，分别取棱，，，的中点为，，，，易知，，，，五点共面，且为线段的中点.因为平面，且平面平面，又平面，平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面平面，所以点关于平面对称的点，即为与点关于直线对称的点，记为.当时，即为棱的中点，在棱柱表面，不符题意，舍去；当时，，由对称性，，此时在矩形外，故在棱柱外部，不符题意，舍去；当时，，由对称性，.且由平面几何知识易得在内，所以在棱柱内部，符合题意.综上所述，，所以，A选项错误.因为，所以B选项正确.在正四棱柱中，平面与平面平行，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，又平面，则为直线与平面所成的角，所以.所以在中，.因为，，，，，所以，C选项正确.在正四棱柱中，.所以（或补角）即为直线与所成的角且，，，则在等腰中，取棱的中点为，，因为，，，，所以，而，所以D选项错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设随机变量，则______.〖答案〗〖解析〗由随机变量服从超几何分布，可知3表示选出3个，2表示有2个供选择，总数为10，根据超几何分布公式可得.13.若对项数为的数列中的任意一项，也是该数列中的一项，则称这样的数列为“可倒数数列”.已知正项等比数列是“可倒数数列”，其公比为，所有项和为，写出一个符合题意的的值____________.〖答案〗或（〖答案〗不唯一）〖解析〗已知正项等比数列是“可倒数数列”，首先，若，结合，解得，此时，但2031不在这5个数中，矛盾，故，则若，则也在数列中，若在数列中，则（且）也在数列中，因为正项等比数列是“可倒数数列”，所以数列严格单调，而，所以只能，（否则，不妨设，那么或一定有三个数小于1，而他们的倒数都大于1，这必定导致有一个数的倒数不在中），从而，所以，解得或（舍去），所以解得或.故〖答案〗为：或（〖答案〗不唯一）.14.有一个简易遮阳棚三角形长度分别为5米、3米、4米.两点固定在底面，成正南北方向，此时太阳光从正西方向与底面成方向射入.当遮阳棚与底面所成角为_____________时，遮阴面积最大，最大面积为_____________平方米.〖答案〗12〖解析〗因为，所以，如图，过点C作交于D，连接，由题可知，因此就是遮阳篷ABC与地面所成的角，因为，所以求遮阴影面面积最大，即是求最大，其中已知，设，，根据正弦定理，当时，最大，遮阴影面面积最大，此时，最大遮阴影面为.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.如图，三棱锥中，，，，D是棱AB的中点，点E在棱AC上.（1）下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；①平面⊥平面；②；③.（2）若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小.解：（1）选择①②，可证明③.由，是线段的中点，得⊥.又平面⊥平面，平面平面，且平面；所以⊥平面，AC平面ABC，得⊥，又⊥；，平面，所以⊥平面．因为平面，所以，若选择①③，可证明②.由，是线段的中点，得⊥.又平面⊥平面，平面平面，且平面；所以⊥平面，平面，得，又⊥，，平面，所以⊥平面，因为平面，所以．选择②③，可证明①由，是线段的中点，得⊥因为⊥，⊥，平面，，所以⊥平面．PD平面PDE，得⊥，,平面，所以⊥平面．又平面，故平面⊥平面.（2）方法一：由（1），选择①②，则③成立.取线段的中点F，连接，则由，及是线段的中点，得⊥由（1）知，⊥平面，以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积，且，，得，得所以由，是线段的中点，⊥，得：.所以，，，.设面与面的法向量分别为，，则，得：，所以面的一个法向量为.，得：，所以面的一个法向量为.设平面与平面所成二面角为，则，因为，所以面与面所成二面角的大小为．方法二：延长交的延长线于Q，连接，则平面与平面.由三棱锥的体积为，且，，得，解得.又由，及是线段的中点，⊥，在等腰直角三角形中，，，连结CD，在中，，，，在等腰直角三角形中，，，在中，，在中，由，所以，又由（1）知，⊥平面，是在面内射影，由三垂线逆定理得：，则即为二面角的平面角，，所以面与面所成二面角的大小为.16.如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点.（1）求椭圆C方程；（2）P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标.解：（1）设，又离心率，则.，则.法一：则C：，点代入得，法二：则，点代入得，所以C方程为：.（2）因为，而的面积为定值，所以只要的面积最大.设，则①.，，则线段AM长度为定值.由图知，P在直线的上方，直线：，P到直线的距离为只需求的最大值.法一：设，代入得：，因为，得.当时，联立①，解得：，.法二：因为.所以，当且仅当时，.所以当四边形的面积最大时，此时点P坐标为().17.在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”.接着，“胜区”中两人对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名.然后，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名.最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，且不同对阵的结果相互独立.（1）若