江苏省镇江市扬中市第二高级中学2024届高三下学期考前模拟数学试题

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注意事项：
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．B
【分析】由题意，根据复数的四则运算、共轭复数的定义与复数的几何意义计算，即可求解.
【详解】设R)，则，
由，得，
即，所以，
解得，故，
所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
2．A
【分析】化简p，根据充分不必要条件的定义列不等式求的范围.
【详解】由可得
∴ ：
又p是q的充分不必要条件，且q：，
∴
∴
故选：A.
3．D
【分析】根据二项式系数和可得n，化简通项公式，由x的指数为0求出k，然后可得常数项，再令即可判断D.
【详解】由题可知，，则.则AB错误；
展开式中的第项为.
令，得，则，故C错误；
令得，则的展开式中各项系数的和为1，
故选：D.
4．D
【分析】由百分位数的概念可知，当X为1，2，3，4时，新的样本数据的第25百分位数不变，进而求出概率.
【详解】由题意得，，由于， ，
所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二个数，
所以，当X为1，2，3，4时，新的样本数据的第25百分位数不变，
所以，新的样本数据的第25百分位数不变的概率是.
故选：D.
5．C
【分析】利用等比数列的通项公式和求和公式即可求出结果，再运用等比数列求和公式时要对进行分类讨论.
【详解】设正项等比数列的公比为，则当时，由得：
，不满足，所以，则，
又因为，,所以可得：，
化简得：，解得，
所以，
故选：C.
6．B
【分析】根据正弦函数的性质和诱导公式，可得再由二倍角公式和同角基本关系式求解.
【详解】因为，又因为，所以
则，
因为，所以，
所以.
故选：B．
7．C
【分析】设直线代入抛物线方程，利用韦达定理，计算，相乘化简可得，由三角形面积公式可得.
【详解】设直线，

代入抛物线方程，消元可得，
设，则，
，
，
，
于是，即，
.
故选：C.
8．B
【分析】由题意，构造函数，判断函数的奇偶性和单调性，结合函数的奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】由函数图象关于点中心对称，知函数图象关于点中心对称，
所以为奇函数.
令，则，所以为偶函数，
对于，有，所以在上单调递增，
所以在上单调递减.
由，得，，
当时，变形为，即，解得；
当时，变形为，即，解得，
综上，不等式的解集为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：构造函数，利用函数的奇偶性和单调性解不等式是解决本题的关键.
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．BD
【分析】首先求出双曲线的顶点坐标与渐近线方程，即可判断A，对于B、C，求出交点坐标，即可判断B、C，设，求出、，即可判断D.
【详解】双曲线的顶点坐标为，渐近线方程为，
因为圆与双曲线交于，，，四点，
所以，故A错误；
当时圆，由，解得，
所以或或或，
不妨令，，，，
所以，，所以，
则，所以，故不是双曲线的渐近线，即B正确，C错误；
若四边形为正方形，不妨设为第一象限内的交点，设，，
则且，解得，所以，
所以当时，使四边形为正方形，故D正确；
故选：BD
10．ABC
【分析】分类讨论函数的单调性及极值点判断各个选项即可.
【详解】，
当时, ,A选项正确；
，
，
,
时, 有两个根,且时
,根据极值点判断，故C选项正确,D选项错误；
当时, 有两个根,且此时
,故B选项正确.
故选：ABC．
11．BCD
【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可.
【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则由题：，
所以，，，，
又，，，
所以，即，
，即，
所以，
对A，由上，故A错误；
对B，由题意是平面的一个法向量，
，
故当时，此时平面，故B正确；
对C，由上，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，取，则，
设点Q到平面的距离为d，则由得，
又由题意可知，
故，
因为长度为定值，所以为定值，
故当时，三棱锥体积最大，故C正确；
对D，设直线与所成角为，由上当时
，
当且仅当即时等号成立，故D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．或.
【分析】由，得到或，求得或，结合集合间的包含关系，即可求解.
【详解】由，可得或，解得或，
当时，，此时满足，符合题意；
当时，，此时满足，符合题意，
所以实数的值为或.
故答案为：或.
13．5
【分析】令，利用导数可证，不等式化为，令，利用导数可得，即，则可得出方程组求解.
【详解】令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
，即，
，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
则，即，，
又，，当且仅当时等号成立，
解得，.
故答案为：5.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是结合经典不等式和，考虑其等号成立条件即可求解.
14．
【分析】由和双曲线定义可得，再结合余弦定理和可得，利用面积公式可解得，即得解.
【详解】由题意，
由双曲线定义可知，
又
又
又
故双曲线的实轴长为
故答案为：.
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．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【详解】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用直线与平面垂直证明两直线垂直；（2）利用空间向量法求解二面角的正弦值；
【详解】（1）取AC的中点，则，且，
因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC，
所以平面
因为平面，
所以，
因为，
又因为平面平面，
又平面；
（2）如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可得，
因为，
设平面的法向量为，
则由得
令，则，
设平面的法向量为，
则由得
令，则，
记二面角的平面角为，
因为，
显然，所以，
所以二面角的正弦值为.
17．(1)20
(2)12
【分析】（1）由已知设，则服从二项分布，根据二项分布期望的公式和期望的性质求解即可；
（2）设乙同学的总得分为随机变量，写出的所有可能取值，并计算相应的概率，并求解，利用设，求解的最小值即可.
【详解】（1）设，故，
所以，
故；
（2）由（1）知，
设乙同学的总得分为随机变量，的所有可能取值为，，，，，
所以，，，
，，，
，
所以，
设，
则，
故，
即，代入，
故，
设，
易知，当时，，且，
则满足题意的最小为12.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查概率的综合问题，方案一利用二项分布求期望，方案二的期望表达式与数列知识结合，通过变形转化为错位相减法求和问题，再利用作差法求解.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积以及实轴长即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得坐标，利用斜率公式即可求解.
【详解】（1）依题意，，解得，
设的焦距为2c，则，
将代入方程，可得，
所以的面积为，
解得，
所以的方程为；
（2）由方程得,
设直线，
与的方程联立可得，
所以，
设直线，令，解得，所以，
同理可得，，
所以
，故
所以，又，所以．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围以及定值问题的求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（33）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19．(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②88.
【分析】（1）根据新定义的理解，计算可得，结合当时即可求解；
（2）①：记，则，利用放缩法可证得、，进而，即可证明；②：由①知，由（1）可得，则，令，结合裂项相消法计算可得，即可求解.
【详解】（1）．
故是的一个周期．
当时，，，故．
由于周期为，故对任意，都有．
（2）①记．
，则．
∵
，∴．
而
．∴．
∴，∴．
②由①知，则．
由（1）知：对任意，都有，
∴．∴．