2024届江苏省扬州中学高考数学二轮模拟试题
展开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.,则“”是“”的
A.充分非必要条件B.必要非充分条件
C.充分必要条件D.既非充分也非必要条件
2.已知复数(i为虚数单位),则( )
A.2B.C.D.
3.记等比数列的前项和为,若,,则( )
A.12B.18C.21D.27
4.某校高二年级共有六个班,现从外地转入名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排名,则不同的安排方案种数为( )
A.B.C.D.
5.已知椭圆:的离心率为,则椭圆的长轴长为( )
A.B.4C.D.8
6.某纯净水制造厂在净化水的过程中,每增加一次过滤可减少水中杂质,要使水中杂质减少到原来的 以下,则至少需要过滤的次数为( )
(参考数据,)
A.10B.12C.14D.16
7.在△中,,,,边上的高线为,点位于线段上,若,则向量在向量上的投影为
A.B.
C.或D.或
8.已知函数,若的最大值为M,则下列说法正确的是( )
A.M的值与a,b均无关,且函数的最小值为
B.M的值与a,b有关,且函数的最小值为
C.M的值与a,b有关,且函数的最小值为
D.M的仅与a有关,且函数的最小值为
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.已知是两个不同平面,是两条不同直线,则下述正确的是( )
A.若,则
B.若,则
C.若是异面直线,则与相交
D.若,则
10.已知函数,若,则下列选项正确的是( )
A.
B.
C.当时,
D.若方程有一个根,则
11.如图,矩形中,,,为边的中点,沿将折起,点折至处(平面),若为线段的中点,平面与平面所成锐二面角,直线与平面所成角为,则在折起过程中,下列说法正确的是( )
A.存在某个位置,使得
B.面积的最大值为
C.
D.三棱锥体积最大时,三棱锥的外接球的表面积
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.在的展开式中,含的项的系数是 .
13.举重比赛的规则是:挑战某一个重量,每位选手可以试举三次,若三次均未成功则挑战失败;若有一次举起该重量,则无需再举,视为挑战成功,已知甲选手每次能举起该重量的概率是,且每次试举相互独立,互不影响,设试举的次数为随机变量,则的数学期望 ;已知甲选手挑战成功,则甲是第二次举起该重量的概率是 .
14.对于函数和,设,,若存在、,使得,则称和互为“零点相邻函数”,若函数与互为“零点相邻函数”,则实数的取值范围是
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.如图,已知直三棱柱,,、分别是棱、的中点.
(1)证明:;
(2)证明:平面.
16.已知,.
(I)求的最小正周期;
(II)在中,,,若的最大值为,求的面积.
17.为纪念中国共产党成立102周年,加深青少年对党的历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识,激发爱党爱国热情,坚定走新时代中国特色社会主义道路的信心,我校举办了党史知识竞赛.竞赛规则是:两人一组,每一轮竞赛中,小组两人分别答3道题,若答对题目不少于5道题,则获得一个积分.已知甲乙两名同学一组,甲同学和乙同学对每道题答对的概率分别是和,且每道题答对与否互不影响.
(1)若,求甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率;
(2)若,且每轮比赛互不影响,若甲乙同学这一组想至少获得7个积分,那么理论上至少要进行多少轮竞赛?
18.已知双曲线过点,其一条渐近线的方程为
(I)求该双曲线的方程;
(II)若过点的直线与双曲线右支交于另一点,△的面积为,其中为坐标原点,求直线的方程.
19.已知函数.
(1)讨论函数的导函数的单调性;
(2)若对,都有,求的取值范围;
(3)若方程有两个不同的解,求的取值范围.
参考答案:
1.B
【详解】试题分析:化简集合得,;知当时不一定有,但当时一定有.故“”是“”的必要非充分条件.
故选B.
考点:充要条件.
2.D
【分析】根据复数的除法运算,化简可得,进而即可求出复数的模.
【详解】由已知可得,,
所以,.
故选:D.
3.C
【分析】根据等比数列的性质,可知等比数列的公比,所以成等比数列,根据等比的中项性质即可求出结果.
【详解】因为为等比数列的前项和,且,,易知等比数列的公比,
所以成等比数列
所以,所以,解得.
故选:C.
4.B
【分析】先将4名学生均分成两组,注意重合的部分要去掉,再从6个班级中选出2个班进行排列,最后根据分步计数原理得到合要求的安排方法数.
【详解】解:先将4名学生均分成两组方法数为,
再分配给6个年级中的2个分配方法数为,
根据分步计数原理合要求的安排方法数为.
故选:B.
【点睛】本题先考查的是平均分组问题,是一个易出错的问题,解题的关键是看清题目的实质,把实际问题转化为数学问题,解出结果以后再还原为实际问题.
5.C
【分析】根据条件先计算出的值,再根据离心率求解出的值,最后根据长轴长为计算出长轴长.
【详解】由题意知,所以,
又因为,所以,
所以椭圆的长轴长为.
故选:C.
6.C
【分析】设至少需要过滤的次数为,由题意可得,即,两边同时取对数解不等式即可求解.
【详解】设至少需要过滤的次数为,
由题意可得,即
所以,可得
,
所以故至少过滤次.
故选:C.
7.D
【详解】试题分析:由题意可得,由等体积法,得,,设,则,,得或,故选D.
考点:向量的数量积.
8.C
【分析】化简计算,判断函数除常数项外为奇函数,根据奇函数性质判断各选项即可.
【详解】由题得,
∴,
故,
设,,
则为奇正数,;当取得最大值时,最大;
显然,的值不同时,的最大值不同;
∴取得最大值时与a,b有关,且的最大值与最小值互为相反数;
∴最大值与最小值之和为2,则最小值为,
故选:C.
9.BD
【分析】对于A选项,与相交时满足;对于B选项,由线面垂直与线面平行性质可判断;对于C选项,与相交或;对于D选项,根据线面垂直判定定理判断.
【详解】解:对于A选项,当,与相交时,,故错误;
对于B选项,线面垂直与线面平行性质知当,则,正确;
对于C选项,若是异面直线,则与相交或,故错误;
对于D选项,根据线面垂直的判定定理得:若,则,故正确.
故选:BD
10.BC
【分析】构造函数,利用导数判断函数的单调性,可判断A选项;由函数的单调性可判断B选项;利用函数在区间 上的单调性可判断C选项;取特例可判断D选项.
【详解】对于A选项,构造函数,定义域为,,
当 时,;当 时,.
所以,函数的单调递减区间为 ,单调递增区间为
当 时,,即,A选项错误;
对于B选项, ,由于函数在上单调递增,
当时,,即 ,所以,B选项正确;
对于C选项,函数,定义域为,
令,则;令,可得
所以,函数的单调递减区间为,单调递增区间为.
当 时,,则,
即,C选项正确;
对于D选项,当时,若方程也只有一个根,D选项错误.
故选:BC
11.BD
【分析】A选项,作出辅助线,得到,与不垂直,所以不垂直,故A错误;B选项,利用三角形面积公式得到,得到当时,最大,求出最大值;C选项,作出辅助线,证明出在平面上的射影在直线上,得到,,求出;D选项,找到球心的位置,作出辅助线,利用外接球半径相等列出方程,求出外接球半径,得到表面积.
【详解】对于A,如图1,取的中点,连接,显然,
且,又,且,所以,,
所以四边形为平行四边形,故,
又,且为的中点,则与不垂直,
所以不垂直,故A错误;
对于B,由得,,
所以当时,最大,最大值为,B正确;
C选项,如图2,取的中点,的中点,作⊥平面,
且点在平面内,连接,
由知,⊥,
又,且⊥,所以⊥,
所以在平面上的射影在直线上,即点在直线上,
所以为平面与平面所成的二面角,则,
所以,
又在平面上的射影为,则,所以,
所以,C错误;
D选项,结合C可知,,
如图3,当点重合时,即⊥平面时,最大,最大值为,
因为⊥,所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影,
故,连接,过点作⊥于点,
因为⊥平面,平面,所以⊥,,
则,
设,则,,
由勾股定理得,,
设三棱锥的外接球半径为,则,
故,解得,
所以其外接球半径,
所以三棱锥的外接球的表面积为,D正确.
故选:BD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径
12.6
【分析】分别求出和展开式的通项公式,根据的组合形式分别求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为,
的展开式的通项公式为,
所以展开式中,含的项为:
,
所以含的项的系数为6.
故答案为:6.
13.
【分析】记“第次举起该重量”分别为事件, “甲选手挑战成功”为事件,依题意的可能取值为、、,求出所对应的概率,即可得到分布列与数学期望,再由条件概率的概率公式求出.
【详解】依题意随机变量的可能取值为、、,则;;
,
所以随机变量的概率分布为
所以随机变量的期望为.
记“第次举起该重量”分别为事件, “甲选手挑战成功”为事件,
则,
,
所以,
所以甲选手挑战成功,则甲是第二次举起该重量的概率为.
故答案为:;
14.
【分析】先求出函数的零点,再设的零点为,得到,从而得到过点,最后利用数形结合,即可求解.
【详解】由题意,函数,可得,
即函数的零点为,
设函数的零点为,
若函数和互为“零点相邻函数”,
根据零点相邻函数的定义,则,所以,如图所示,
又由的图象必经过点,
故要使得零点的区间在上,
则满足且,
解得,即实数的取值范围是.
故答案为.
【点睛】本题主要考查了函数的零点,以及函数的新定义的应用,其中解答中合理转化为判断函数的图象的零点的取值范围问题,结合二次函数的性质和数形结合法求解是解答的关键,着重考查了转化思想,以及数形结合思想的应用,属于中档试题.
15.(1)证明见解析;(2)证明见解析.
【分析】(1)证明出平面,利用线面垂直的性质可证得;
(2)取的中点,连接、,证明四边形为平行四边形,可得出,再利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】(1)因为三棱柱是直棱柱,所以平面.
又因为平面,所以.
因为,则,且,所以平面.
又因为平面,所以;
(2)取的中点,连接、,
因为、分别是棱、的中点,所以且.
且,为的中点,则且,
所以且,所以四边形是平行四边形,所以.
又因为平面,平面,所以平面.
16.(I) ;(II)
【分析】(Ⅰ)化简函数解析式,由得最小正周期;
(Ⅱ)由(Ⅰ)及正弦定理可得,由余弦定理,解得,由三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】解:(Ⅰ)
,
所以的最小正周期为;
(Ⅱ)因为为的内角,且,
又是的最大值,
又,
在中,由余弦定理得,解得,
所以.
17.(1)
(2)
【分析】(1)根据可求得;
(2)得出获得一个积分的,由已知可得,进而求得,根据甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足,根据即可解得.
【详解】(1)假设甲和乙答对的题目个数分别为和,
故所求概率
,
所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为;
(2)由(1)知,一轮获得一个积分的概率为
,
整理得,
因为且,所以,
所以,当且仅当时等号成立,即,
令,则,
所以,则,对称轴为,又, 所以当时,,则当时,,
甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足,
所以由,即解得,
因为为正整数,所以至少为20,
所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分,那么理论上至少要进行20轮竞赛.
18.(I);(II)或.
【分析】(I)设双曲线为,由双曲线过A可求λ,即得双曲线的方程;
(II)由题设,直线OA为,设并求B到直线OA的距离d,根据,结合在双曲线上求B,进而可得直线方程.
【详解】(I)由已知,设双曲线为,
又双曲线过,则,
所求的双曲线的方程为:.
(II)因为,则,直线OA的方程为,
设,则点B到直线OA的距离d=,
由=,即,于是.
ⅰ若,由得:,解得或(舍),此时,即;
ⅱ若,由得:,解得或(舍),此时,即.
所以所求的直线方程为或.
19.(1)答案见解析;(2);(3).
【分析】(1)由解析式知:定义域为,,讨论参数a,利用导数研究的单调性,进而可知的单调性;
(2)由已知,在递减,即有在上恒成立,用构造函数,利用导数研究其单调性,找到最小值,仅需即可求范围;
(3)由题意知:在上有两个零点,应用导数研究其单调性求出a的范围,结合零点存在性定理确认零点的存在性.
【详解】(1),定义域为,
∴,
当时,,在递减;
当时,若,则,在递增,若,则,在递减;
综上,知:当时,在递减;当时,在递增,在递减.
(2)设,则,
若,,即在递减.
∴,,设,,则,
设,则,在递增,
∴,
∴,在递减,
∴,即的取值范围是.
(3),,令,
方程有两个不同的解,即有两个零点.
,.
当时,单调递减,最多有一个零点;
当时,在上单调增,在上单调减.
∴,解得.
下证:当时,有两个零点.
∵,,
∴在有唯一零点;
令,即,当时,则递增;当时,则递减;故,可知:,
∴,即,
∴,取,即,.
∴在上有唯一零点.
综上,当时有两个零点.
【点睛】关键点点睛:
(1)由原函数解析式求导函数,再利用导数并结合分类讨论的方法,研究其单调性;
(2)将问题转化为在递减,进而转化为在上恒成立,即可求参数范围;
(3)应用导数研究函数的单调性,进而确定参数范围,并结合零点存在性定理确认零点的存在性.
1
2
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