江苏省2024届高考数学模拟试题（一）

这是一份江苏省2024届高考数学模拟试题（一），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．1D．
2．已知全集，集合A，B满足，则下列关系一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ ）
A．与为对立事件B．与为相互独立事件
C．与为相互独立事件D．与为互斥事件
5．夹弹珠游戏是儿童特别喜欢的游戏，夹弹珠能有效提高参与者的注意力与协调性，调整逻辑思维判断和空间控制平衡能力，锻炼小肌肉，增强手眼协调，培养敏捷的反应能力，从而提高参与者的适应能力.如图，三个半径都是的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器（不计厚度）中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的表面积（包括容器的内部和外部两部分）是（ ）

A．B．C．D．
6．设数列满足，且，则（ ）
A．1B．C．10D．100
7．已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分又不必要条件D．充要条件
8．离心率为2的双曲线与抛物线有相同的焦点，过的直线与的右支相交于两点.过上的一点作其准线的垂线，垂足为，若（为坐标原点），且的面积为，则（为的左焦点）内切圆圆心的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知圆，过点的直线交圆于A，B两点，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值是
B．当时，的取值范围是
C．当时，为定值
D．当，且时，
10．已知甲、乙、丙参加某项测试时，通过的概率分别为，，，而且这3人之间的测试互不影响．则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙都通过测试的概率为
B．甲未通过且乙、丙通过测试的概率为
C．甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率为
D．甲、乙、丙至多有一人通过测试的概率为
11．在正四面体中，若，则下列说法正确的是（ ）
A．该四面体外接球的表面积为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．如果点在上，则的最小值为
D．过线段一个三等分点且与垂直的平面截该四面体所得截面的周长为
三、填空题
12．的展开式中各项系数之和为 ；展开式中含项的系数为 （用数字作答）.
13．某市为了解该市高年级男生的身体发育情况，从该市高一男生中随机抽取了10000名，测量他们的体重，发现体重（单位：kg）近似服从正态分布，若样本中体重位于区间的人数占总人数的，则样本中体重不低于62kg的人数为 ．
14．在中，角，，所对的边分别为，，，且角为钝角，若的面积为，，，则 .
四、解答题
15．已知正项数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
16．如图，在三棱柱中，在底面ABC上的射影为线段BC的中点，M为线段的中点，且，.
(1)求三棱锥的体积；
(2)求MC与平面所成角的正弦值.
17．某学校有甲，乙两个餐厅，经统计发现，前一天选择餐厅甲就餐第二天仍选择餐厅甲就餐的概率为，第二天选择餐厅乙就餐的概率为；前一天选择餐厅乙就餐第二天仍选择餐厅乙就餐的概率为，第二天选择餐厅甲就餐的概率为．若学生第一天选择餐厅甲就餐的概率是，选择餐厅乙就餐的概率是，记某同学第天选择餐厅甲就餐的概率为．
(1)记某班3位同学第二天选择餐厅甲的人数为，求随机变量的分布列及期望；
(2)学校为缓解就餐压力，决定每天从各年级抽调21人到甲乙两个餐厅参加志愿服务，请求出的通项公式，根据以上数据合理分配甲，乙两个餐厅志愿者人数，并说明理由．
18．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
19．已知函数，其中，为自然对数的底数．
(1)函数，求的最小值；
(2)若为函数的两个零点，证明：．
参考答案：
1．C
【分析】先根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的概念确定复数，最后根据的周期性求结果.
【详解】由已知，
所以，.
故选：C
2．C
【分析】根据已知条件，求得，再进行选择即可.
【详解】因为集合A，B满足，故可得，
对A：当为的真子集时，不成立；
对B：当为的真子集时，也不成立；
对C：，恒成立；
对D：当为的真子集时，不成立；
故选：C.
3．A
【分析】由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值.
【详解】，
.
故选：A
4．B
【分析】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式进行计算，即可判断BC.
【详解】由题意，与互斥但不对立，故A错；
事件有共种，则，
事件有共种，则，
其中事件有共种，事件有共种，
，
则，所以与相互独立，故B对；
，所以与不独立，故C错；
因为与可同时发生，所以与不互斥，故D错.
故选：B.
5．D
【分析】根据题意，由条件可得大球的半径，再由球的表面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】在面上的投影为为大球球心，为小球球心.

，大球半径为，
，
，
故选：D.
6．B
【分析】根据已知条件可知为等比数列，再根据等比数列的通项公式基本量的计算即可求解.
【详解】依题意，则，
故是以10为公比的等比数列，
所以
所以.
故选：B.
7．A
【分析】根据题意，构造函数，可得函数在上单调递增，再根据函数单调性解得，由充分性必要性的定义，即可得到结果.
【详解】因为，则，
令，则，所以在上单调递增.
，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
8．D
【分析】内切圆圆心在直线上，结合抛物线定义三角形面积公式列方程得参数或焦点坐标，进一步结合双曲线离心率以及的关系即可求得的值，联立方程与双曲线方程结合韦达定理即可得解.
【详解】.
，
双曲线中，双曲线：.
设直线，内切圆圆心为，
所以，同理，
从而，
由双曲线定义知，同理；
接下来我们证明如下引理：三个不共线的点构成的三角形的内心坐标为，
先来证明是三角形的内心当且仅当，
若，
则，
则，
而由平行四边形法则可知与的角平分线共线，
所以经过三角形的内心，同理经过三角形的内心，经过三角形的内心，
所以点是三角形的内心，
由于上述每一步都是等价变形，反正亦然，
所以是三角形的内心当且仅当，
不妨设三角形的内心，
则由得，
所以解得，同理，
从而，引理得证；
由上述引理，即由内心坐标公式有，
联立与，整理并化简得，
，
所以，
，
所以，
内切圆圆心在直线上.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键是得到内切圆圆心在直线上，由此即可顺利得解.
9．ABCD
【分析】根据圆的几何性质判断A，由圆上点与圆内点的距离最值分别为过该点直径端点判断B，根据直线与圆相交，根与系数的关系，向量运算判断C，根据圆的几何性质及线段中点求解判断D.
【详解】当时，，则，点在圆内，当为直线AB的中垂线时，
，故A正确；
当时，，则，点在圆内，
由圆的性质知，，，故的取值范围是，故B正确；
当时，在圆外，当直线斜率存在时，设直线为，
设，联立方程可得，当时，
，，
，
当直线斜率不存在时，直线为，则，
，综上为定值,
故C正确；
当时， ，在圆外，设且交点为，则,由知，设，
则，解得，所以在直角三角形中，故，所以，故D正确.
故选：ABCD
10．AC
【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式判断ABC；根据相互独立事件的概率乘法公式及互斥事件的概率加法公式判断D.
【详解】对于A，甲、乙、丙都通过测试的概率为，故A正确；
对于B，甲未通过且乙、丙通过测试的概率为，故B错误；
对于C，甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率为,故C正确；
对于D，甲、乙、丙至多有一人通过测试的概率为,故D错误.
故选:AC.
11．ACD
【分析】结合正四面体的性质结合选项逐项分析即可求出结果.
【详解】
正四面体中，，图中点为外接球的球心，半径为，为的外心，
所以，由于，
又因为，所以，解得，
因此外接球的表面积为，故A正确；
由于，且与平面所成的角为，
因此，故B错误；
因为于，所以;于，所以;
因此当与点重合时，最小，最小值为，故C正确；
在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，连接,
又因为，所以平面，因此平面即为所求，
则的周长为，
同理在平面中过点作交于，在平面中过点作交于，
连接,可得平面，而平面即为所求，
，
则的周长为，故D正确.
故选：ACD.
12． 32 20
【分析】令即得展开式中各项系数之和，先按展开，再研究展开式中各项含项的系数，最后求和的结果.
【详解】令，则
所以含项的系数为
故答案为：32，20
【点睛】本题考查利用赋值法求展开式中各项系数之和、利用二项式定理求展开式中特定项系数，考查基本分析求解能力，属基础题.
13．1500
【分析】利用正态分布的性质知：样本中体重不高于的人数和不低于的人数相等，即可算出答案.
【详解】根据正态分布的性质知，样本中体重不高于的人数和不低于的人数相等，
所以样本中体重不低于的人数占总人数的，
故样本中体重不低于的人数为．
故答案为：1500.
【点睛】本题主要考查正态分布的相关知识，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查的学科素养是理性思维、数学应用．
14．3
【分析】根据三角形面积公式可解得，再根据余弦定理配方可得结果.
【详解】因为，所以，解得，
又，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，考查了余弦定理，属于基础题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，再因式分解为，即可得到，根据等差数列的定义，可知为等差数列，易得其通项公式；
（2）由题意用分组求和法和错位相减法对数列求和.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
所以，
整理，得，
因为，
所以，
所以数列是公差为2的等差数列.
当时，，
解得，
所以数列的通项公式为；
（2）由（1）得，
记，，则
，
因为，，
所以，
所以，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用平行关系和垂直关系的转化，证明面，再根据条件中的数值，代入体积公式，即可求解；
（2）首先利用等体积公式转化为求得点到平面的距离，再根据线面角的定义,利用即可.
【详解】（1）取BC的中点O，连接OA，，
因为在底面ABC上的射影为O，
所以面ABC，
在三棱柱中，面面，
所以面因为面，
所以，
在中，M为线段的中点，，
因为，
所以，
因为面，面，，
所以面，
中，，，所以，，
所以
；
（2）设C到平面的距离为d，则
在中，，，
所以，
所以，
设MC与平面所成角为，则
，
所以MC与平面所成角的正弦值为.
17．(1)分布列见解析，；
(2)，分配到甲，乙两个餐厅志愿者人数分别为和.
【分析】（1）先求某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望；
（2）根据题意先求与的关系，然后利用构适法可得通项，由确定两餐厅志愿者人数分配.
【详解】（1）某同学第二天选择餐厅甲就餐的概率
某同学第二天选择餐厅乙就餐的概率
所以3位同学第二天选择餐厅甲就餐的人数为
记某班3位同学第二天选择餐厅甲的人数为，所有可能的取值为，
则
的分布列为：
.
（2）依题意，，即，
则有，当时，可得，
数列是首项为公比为的等比数列，则，
时，，
所以，各年级抽调的21人中，分配到餐厅甲的志愿者人数为，分配到餐厅乙的志愿者人数为.
18．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆的方程；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.
【详解】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有
设椭圆的焦距为，则，
点代入椭圆方程，有，
解得，则，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）设直线l的方程为，由，
消去y，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
设，所以，
因为直线和直线关于对称，
所以
所以
所以
解得.
所以直线l的方程为，
所以直线l过定点.
（ⅱ）设直线l的方程为，由，
消去，整理得，
因为l交椭圆C于两点，所以，
解得，
，
所以，
所以
令
则，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导确定函数的单调性即可求解最值，
（2）根据，故，进而构造函数，由导数求解单调性，结合零点存在定理与不等式的性质即可求.
【详解】（1）由可得，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的最小值为，故.
（2）由于为函数的两个零点，所以也是的两个零点，
故，故，，
,
令，
令，则，
当时, ,故单调递增，
故，则，
所以由零点存在定理可知，，
设，
则当时，单调递减，
当时，单调递增，故当，
故故，
故
，
所以由零点存在定理可知，，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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