2024年高考数学模拟试题（江苏省适用）（含答案）

这是一份2024年高考数学模拟试题（江苏省适用）（含答案），共19页。试卷主要包含了直线被圆截得的弦长为，已知，，，若，则，已知数列满足，且，则，在棱长为1的正四面体中，P为棱等内容，欢迎下载使用。

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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
4．某旅游景区招募了5名志愿者，已知该景区共有3个入口，现准备将这5名志愿者分配至3个入口进行指引游客工作，要求每个入口均有志愿者且不能超过2人，则不同的安排方法有（ ）
A．90种B．180种C．15种D．30种
5．直线被圆截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．在棱长为1的正四面体中，P为棱（不包含端点）上一动点，过点P作平面，使，与此正四面体的其他棱分别交于E，F两点，设，则的面积S随x变化的图象大致为（ ）
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．已知复数的虚部与的实部均为2，则下列说法正确的是（ ）
A．是虚数
B．若，则
C．若，则与对应的点关于x轴对称
D．若是纯虚数，则
10．已知点O是正方体的底面的中心，点M与点C关于直线对称，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数的定义域为，满足，当，，则（ ）
A．B．在上单调递减
C．在上有极小值D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．写出与圆相切且方向向量为的一条直线的方程 ．
13．在平面直角坐标系中，角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则 ．
14．若实数，且，则的取值范围是 .
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．已知
(1)若在处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)若存在极值点，求a的取值范围．
16．如图，在三棱锥中，为等边三角形，，．
(1)证明：平面平面．
(2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求．
17．如图，轴，垂足为D，点P在线段上，且．
(1)点M在圆上运动时，求点P的轨迹方程；
(2)记（1）中所求点P的轨迹为，过点作一条直线与相交于两点，与直线交于点Q．记的斜率分别为，证明：是定值．
18．平面直角坐标系中有只蚂蚁，分别位于点．定义一次操作如下：将每只蚂蚁进行一次移动，等可能地朝上、下、左、右四个方向移动一个单位，各只蚂蚁的移动互不影响，移动后允许有多只蚂蚁在同一点处．若该点没有蚂蚁，则称这个点为“空点”．设随机变量为一次操作后（且）中的“空点”数目．
(1)若，求的分布列；
(2)定义随机变量，当时，求的分布列与期望；
(3)当时，求的最小值，使得．
（参考公式：若，则）
19．已知，
(1)证明：当时，；
(2)令，
（i）证明：当时，；
（ii）是否存在正实数，使得恒成立，若存在，求的最小值，若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】首先利用列举法表示出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】因为，又，
所以．
故选：A．
2．D
【分析】取，即可说明不充分，结合对数函数单调性解不等式也可说明不必要由此即可得解.
【详解】取，可得，故充分性不成立；
若，根据对数函数的单调性可得，
故，得，并不能推出，所以必要性同样不成立，
故“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
3．B
【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
4．A
【分析】先将5名志愿者按1人、2人、2人分为三组，再安排到3个景区入口处，需注意部分平均分组需除以组数的全排列.
【详解】先将5名志愿者按1人、2人、2人分为三组，再安排到3个景区入口处，
则不同的安排方法有（种）．
故选：A．
5．B
【分析】把直线方程转化为一般方程，表达出圆心和半径，求解圆心到直线的距离，再求出弦长.
【详解】由题意可得l的一般式方程为，
由圆C：，得圆心，半径为4，
则圆心C到直线l的距离为，
故直线l被圆C截得的弦长为．
故选:B．
6．B
【分析】首先求出，，再根据全概率公式得到方程，解得即可.
【详解】由题意可得，，
所以，
解得．
故选：B．
7．C
【分析】根据递推公式求出，再又得到，从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出的通项，从而得解.
【详解】因为，又，令，可得，解得，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，整理得，故．
故选：C．
8．C
【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为、为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
因为平面，所以，平面与平面平行或重合，
且，
取的中点，连接，则，
且，故.
①当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则；
②当时，；
③当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则.
综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.
9．ABD
【分析】借助虚数定义可得A；借助模长共识计算即可得B；借助共轭复数定义与复数的几何意义可得C；借助复数的乘法运算与纯虚数定义及模长定义即可得D.
【详解】可设复数，
A选项：根据虚数定义可知A正确；
B选项：，所以，则，
所以，，所以，故B不正确；
C选项：若，所以，所以，，
所以，对应的点分别为和，则关于x轴对称，故C正确；
D选项：因为，
且是纯虚数，所以，所以，，则，
所以，故D正确．
故选：ABD.
10．AD
【分析】A选项，根据勾股定理和三角形面积求出；B选项，先得到，利用余弦定理求出；C选项，，C错误；D选项，由对称性和三角形全等关系得到答案.
【详解】A选项，根据题意，点O和直线CM都在平面内，且，设，
如图，
则根据对称性，．易知，，
则在中，，
由，得，则，故A正确；
B选项，，在中，，，
所以，故B错误；
C选项，因为，故，故C错误；
D选项，由对称性易得，，
又因为，所以，因此，则D正确．
故选：AD．
11．ABD
【分析】对于A，代值即可；对于B，求出的函数即可判断单调性；对于C，求出的函数，并通过导数判断极值即可；对于D，列出，并根据对称性计算每个函数值即可.
【详解】A选项：因为，
当时，，
所以，
所以，故A正确．
B选项：令，
所以，
所以，
即，
所以，
所以，
当时，在上单调递减，且，
当时，在上单调递减，且，
所以在上单调递减，故B正确．
C选项：令，
所以，
所以，
即，
由B可得，
，
所以，
则在上递增，在上递减，
所以在上有极大值，故C不正确．
D选项：
根据对称性，
由，
所以，，
所以
由时，
得，
即，故D正确．
故选：ABD.
12．或（写出一个即可）
【分析】由条件可设直线方程为，结合条件列方程求即可得结论.
【详解】因为切线的方向向量为，
所以切线的斜率为，
故可设切线方程为，
因为直线与圆相切，
又圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以，
所以或，
所以与圆相切且方向向量为的直线为或，
故答案为：或（写出一个即可）.
13．/
【分析】先利用角的终边所经过的点求出，再求.
【详解】因为角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
所以，；
.
故答案为：
14．
【分析】先得到，并根据得到，从而求出.
【详解】因为，故，
由得，解得，
故.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据已知条件有，解方程即可求出；
（2）根据条件有在上至少有一个变号零点，即至少有一解，构造函数，对求导，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，进而即得.
【详解】（1）因为，所以，
根据题意有，即，解得，
检验，此时，切线为，平行与轴，故符合题意.
（2）因为，所以，
因为存在极值点，所以在上至少有一个变号零点，
即至少有一解，令，
则，令，即，解得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，又当时，，
所以.
16．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由余弦定理可得，由勾股定理可得，从而可证平面，即可得到结论；
（2）分别取，的中点、，连接，，建立空间直角坐标系，表示出点坐标，分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角公式即可得到答案.
【详解】（1）因为，，，由余弦定理可得：，
所以，则，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面
（2）分别取，的中点、，连接，，
因为、分别为，的中点，
所以，则平面，
因为为等边三角形，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，由，得，
则，，
设平面的法向量，则，即，令，则
显然平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
解得：或(舍去)；
所以当平面与平面夹角的余弦值为时，
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，则有，根据在圆上运动，即可求解、的关系式即为点P的轨迹方程；
（2）设出直线方程，直曲联立利用韦达定理求出，求出，对，令，得，求出，即可求出是定值.
【详解】（1）设，根据题意有，
又因为M在圆上运动，所以，
即，所以点P的轨迹方程为：.
（2）
根据已知条件可知，若直线的斜率不存在，不合题意，
若直线斜率为，直线与直线平行无交点也不合题意，
所以直线的斜率存在设为，直线的方程为，
联立，则有，且，
设，，则，
，，所以
，
对，令，得，所以，
所以，所以为定值.
18．(1)分布列见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列；
（2）分，两种情况讨论，分别求出分布列与数学期望；
（3）结合（2）可得，从而求出的取值范围，即可得解.
【详解】（1）当时的可能取值为、、，
，，
，
所以的分布列为：
（2）对于，则，，
所以的分布列为：
所以期望；
对于，则，，
所以的分布列为：
所以期望；
（3）依题意可得，
所以，
由，即，解得，又，所以的最小值为.
19．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）依题意可得，代入已知条件即可得证；
（2）（i）依题意可得，即可得到，利用累加法即可证明；
（ii）由（i）可知当时，，再推导出，假设存在符合题意的，则恒成立，再推出矛盾，即可得解.
【详解】（1）因为，
当时，即，
所以，即.
（2）（i）因为，，
当时，又，所以，
当时，，所以，
即，即，
所以，即，
所以，，，，
累加可得，
当时，
综上可得当时，；
（ii）由（i）可知当时，①，
又，，当时，
即，所以对，，显然有，所以，
以此类推可得对，均有，
由①式，当时，
所以，即，
又时，易知成立，所以，
假设存在符合题意的，则有恒成立，
即恒成立，则恒成立，
所以当时由①可得
，
即，又恒成立，
所以当时②恒成立，
令，，则，
所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，
所以，
所以，
所以，即，
当时上式显然不恒成立，矛盾；
综上，不存在符合题意的.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是推导出当时，，再利用反证法证明.