江苏省2024届高三数学一模试题

这是一份江苏省2024届高三数学一模试题，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．或
2．若角的终边经过两点，，则（ ）
A．2B．C．D．1
3．若抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为1，则（ ）
A．1B．C．2D．4
4．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
5．若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（ ）
A．2B．5C．2或5D．或5
6．已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
7．在△ABC中，已知，，，D为垂足，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若定义在R上的函数满足，是奇函数，则（ ）
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．下列四个命题中，假命题的是（ ）
A．要唯一确定抛物线，只需给出抛物线的准线和焦点
B．要唯一确定以坐标原点为中心的椭圆，只需给出一个焦点和椭圆的上一点
C．要唯一确定以坐标原点为中心的双曲线，只需给出双曲线上的两点
D．要唯一确定以坐标原点为中心的双曲线，只需给出一条渐近线方程和离心率
10．对任意，记，并称为集合的对称差．例如：若，则．下列命题中，为真命题的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．存在，使得
11．用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）
A．底面椭圆的离心率为
B．侧面积为
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为
D．底面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知的展开式中所有项的系数和为32，则 ．
13．已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为 ．
14．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
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．设数列的前项和为，若，.
(1)求，，并证明：数列是等差数列；
(2)求.
16．已知函数，，.
(1)求函数的单调区间；
(2)若且恒成立，求的最小值.
17．某班组建了一支8人的篮球队，其中甲、乙、丙、丁四位同学入选，该班体育老师担任教练.
(1)从甲、乙、丙、丁中任选两人担任队长和副队长，甲不担任队长，共有多少种选法？
(2)某次传球基本功训练，体育老师与甲、乙、丙、丁进行传球训练，老师传给每位学生的概率都相等，每位学生传球给同学的概率也相等，学生传给老师的概率为.传球从老师开始，记为第一次传球，前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是多少？
18．已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心，.
(1)求证：；
(2)已知，平面，且平面.
①求证：；
②求与平面所成角的正弦值.
19．设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．
(1)判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
(2)已知，．证明：点是的0度点；
(3)求函数的全体2度点构成的集合．
参考答案：
1．B
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】集合，或，
所以.
故选：B
2．B
【分析】根据给定条件，利用三角函数定义列式计算即得.
【详解】角的终边经过两点，，则，
所以.
故选：B
3．C
【分析】利用抛物线的定义及抛物线的方程的性质即可求解.
【详解】由，得焦点，
设抛物线上一点，则
由抛物线的定义知，，
所以，解得.
故选：C.
4．A
【分析】每人都有3种选法，结合分布计数原理即可求解.
【详解】由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有种，经检验只有A选项符合.
故选：A
5．C
【分析】根据给定条件，利用向量运算律计算即得.
【详解】由向量，，两两的夹角相等，得或，
当时，，
当时，
.
故选：C
6．C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得.
【详解】数列中，，当时，，则，
整理得，即，而，即，
因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，
则，由，知为奇数，此时是递增的，
而，，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
7．B
【分析】设，利用和正弦定理化简得到，得到，求得，进而得到，在直角中，结合，即可求解.
【详解】设，可得，，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
又因为，
所以，整理得，
因为，所以，所以，
即，解得，则，
即，
因为为锐角，，
所以，
在直角中，，所以.
故选：B.
8．D
【分析】根据给定条件，求出函数的周期，及和，再逐项计算判断得解.
【详解】由，得，则，即函数的周期为4，
由是R上的奇函数，得，即，
于是，，即，
因此，AB错误；
由，取，得，则，
因此，取，得，
于是，
则，C错误，D正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.
9．CD
【分析】对于四个选项，分别根据圆锥曲线的定义逐项进行判断即可．
【详解】A：选项中给出抛物线上的焦点和准线，由拋物线定义可确定抛物线的焦点到准线的距离，所以能唯一确定抛物线，故A正确；
B：选项中以坐标原点为中心，给出椭圆的一个焦点，则另一个焦点能确定，再给出椭圆上一点，则可确定椭圆上点到两个焦点的距离和，由椭圆定义可知，能唯一确定椭圆，所以B选项正确；
C：选项中以坐标原点为中心，若给出的双曲线上的两点关于双曲线的对称轴对称，则无法确定双曲线，所以C选项不正确；
D：选项给出双曲线的一条渐近线方程和离心率，但无法确定焦点的位置，所以无法唯一确定双曲线，所以D选项不正确．
故选：CD．
10．AB
【分析】集合的新定义，结合选项以及交并补的性质逐一判断即可.
【详解】对于A,因为⊕，所以，，
所以，且中的元素不能出现在中，因此，即A正确；
对于B，因为⊕，所以，，
即与是相同的，所以，B正确；
对于C,因为⊕，所以，，
所以，即C错误；
对于D由于
，
而，故，即D错误．
故选：AB．
11．ABD
【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．
【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知，
则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，
所以离心率为，A正确；
，垂足为，则，
易知，，又，
所以斜圆柱侧面积为，B正确；
，，，，
椭圆面积为，D正确；
由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．
故选：ABD．
12．3
【分析】利用赋值法即可求解.
【详解】令可得，解得，
故答案为：3
13．
【分析】根据二倍角公式求出，再求出离心率即可.
【详解】易知MN关于x轴对称，令，，
∴，，∴，∴．
，，，
∴，
∴．
故答案为: .
14．4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
15．(1)，，证明见解析；
(2)420.
【分析】（1）直接代入可得，再代入，结合的值求出；再由仿写出，作差后得到，即可证明结果.
（2）由（1）知数列为等差数列，然后代入等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】（1）当时，由条件得，所以.
当时，由条件得，所以.
因为，所以（），
两式相减得：，即，
所以，
从而数列为等差数列.
（2）由（1）知，
所以，
所以数列为等差数列，首项为，
所以，
所以.
16．(1)答案见解析
(2).
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】（1）（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，
当时，，当时，，
所以，解得：，
所以的最小值为.
17．(1)9种
(2).
【分析】（1）法一，利用分步乘法计数原理集合组合数的计算，即可求得答案；法二，利用间接法，即用不考虑队长人选对甲的限制的所有选法，减去甲担任队长的选法，即可得答案；
（2）考虑第一次传球，老师传给了甲还是传给乙、丙、丁中的任一位，继而确定第二次以及第三次传球后球回到老师手中的情况，结合乘法公式以及互斥事件的概率求法，即可求得答案.
【详解】（1）法一，先选出队长，由于甲不担任队长，方法数为；
再选出副队长，方法数也是，故共有方法数为（种）.
方法二 先不考虑队长人选对甲的限制，共有方法数为（种）；
若甲任队长，方法数为，故甲不担任队长的选法种数为（种）
答：从甲、乙、丙、丁中任选两人分别担任队长和副队长，甲不担任队长的选法共有9种.
（2）①若第一次传球，老师传给了甲，其概率为；第二次传球甲只能传给乙、丙、丁中的任一位同学，其概率为；
第三次传球，乙、丙、丁中的一位传球给老师，其概率为，
故这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为：.
②若第一次传球，老师传给乙、丙、丁中的任一位，其概率为，
第二次传球，乙、丙、丁中的一位传球给甲，其概率为，
第三次传球，甲将球传给老师，其概率为，
这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为，
所以，前三次传球中满足题意的概率为：.
答：前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是.
18．(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）连交于，由重心可得为的中点，由已知借助三角形全等证得，再由线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）①由给定条件，证得三棱锥为正四面体，进而证得平面，再得用线面垂直的性质得结论；②以的重心为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求出，再由向量共线求出点，进而利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，连交于，连，由为的重心，得为的中点，
由，，，得，则，
因此，，又平面，
于是平面，而平面，则，又，
所以.
（2）①由，，得为正三角形；同理，也为正三角形，
则，从而三棱锥的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，
由为的重心，得平面，又平面，显然不在直线上，
所以.
②设的重心为，则，在平面内，过作，连，有平面，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，
则，，，，
，则，
由，得，
由平面，则设，而，则存在实数，使，
即，解得，，，
即，，令，
，令，设与平面所成的角为，
因此，
所以与平面所成角的正弦值.
【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
19．(1)是函数的一个1度点；不是函数的1度点
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【详解】（1）设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即． 故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
（2）设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是的一个0度点．
（3），
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设． 则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
【点睛】方法点睛：针对一般的函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.