江苏省南京市2024届高三下学期高考数学全真模拟测试卷

这是一份江苏省南京市2024届高三下学期高考数学全真模拟测试卷，共20页。试卷主要包含了设一组样本数据满足，则，已知正四面体的棱长为，则等内容，欢迎下载使用。
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．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．1B．C．2D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列和数列的通项公式分别为和，若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列，则满足不等式的最大的整数（ ）
A．134B．135C．136D．137
5．甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶20次，命中环数的频率分布条形图如下．设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
6．设α是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
7．若函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为双曲线的右顶点，为坐标原点，为双曲线上两点，且，直线的斜率分别为4和，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
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．设一组样本数据满足，则（ ）
A．拿走，这组数据的方差变大B．拿走，这组数据的方差变大
C．拿走，这组数据的方差减小D．拿走，这组数据的方差减小
10．已知正四面体的棱长为，则（ ）
A．正四面体的外接球表面积为
B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
11．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的单调递减区间为
B．
C．若方程有6个不等实数根，则
D．对任意正实数，且，若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，若，则 .
13．设，若，则 .
14．已知的三内角，，满足，则的面积与外接圆的面积之比为 ．
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．设的内角所对的边分别是且向量满足.
(1)求A；
(2)若，求BC边上的高.
16．已知数列满足，．
(1)证明数列是等差数列，并求的通项公式；
(2)若数列满足，，求的前n项和．
17．某公司为了解旗下的某产品的客户反馈情况，随机抽选了250名客户体验该产品并进行评价，评价结果为“喜欢”和“不喜欢”，整理得到如下列联表：
(1)是否有99%的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系?
(2)公司为进一步了解客户对产品的反馈，现从评价结果为“喜欢”的客户中，按性别用分层抽样的方法选取6人，收集对该产品改进建议．若在这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1名女性的概率．
附：，
18．如图，在三棱台中，与相交于点，平面，，，，，，且平面．
(1)求线段的长；
(2)求三棱锥的体积．
19．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
（i）若，求异面直线和所成角的余弦值；
（ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
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合计
男
50
100
150
女
50
50
100
合计
100
150
250
0．10
0．05
0．010
0．001
k
2．706
3．841
6．635
10．828
参考答案：
1．D
【分析】首先解对数不等式求出集合，再根据补集的定义计算可得.
【详解】由，即，所以，
所以，又全集，所以.
故选：D
2．C
【分析】根据复数运算性质得到答案.
【详解】.
故选：C.
3．B
【分析】由两角和与差的正弦和半角公式，二倍角余弦公式，结合拆角计算即可.
【详解】由，可得，
即，可得，
所以.
故选：B.
4．A
【分析】求出数列的通项公式，再解不等式即得.
【详解】依题意，令，则，即有，显然是5的正整数倍，
令，因此，由，解得，
所以最大的整数.
故选：A
5．A
【分析】观察给定的图表，利用众数的意义运动员命中环数的集中与分散程度判断即可.
【详解】根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则；
甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则．
故选：A
6．B
【分析】选项A和D，通过举出例子判断正误；选项B，由线面垂直的判定定理得结果正确；选项C，利用线面垂直的性质，可得，从而判断出结果的正误.
【详解】对于选项A，如图1，当，满足时，与可以斜交，故选项A错误，
对于选项B，因为，所以，因为，则由线面垂直的判定定理得，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，因为，所以，故选项C错误，
对于选项D，若，则与可以相交、平行或异面，如图2，满足，而与异面，故选项D错误，
故选：B.
7．D
【分析】将函数有两个零点，转化为函数的图象有两个不同交点问题；由此设，利用导数判断其单调性，作出其图象，数形结合，即可求得答案.
【详解】由题意知函数有两个零点，即有两个不等实数根，
即函数的图象有两个不同交点；
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，当时，，
作出的图象如图：
当直线与图象相切时，设切点为，
此时，则，
故此时，
结合图象可知，要使函数的图象有两个不同交点，
需满足，
故，
故选：D
8．A
【分析】由可得：是的中点，即关于原点对称，然后设点，去表达直线的斜率，联立方程组可解得，最后把这点代入双曲线方程，就可以得到一个关于离心率的方程，并解得结果.
【详解】由可得：是的中点，即关于原点对称，
不妨假设点，则，
由及直线的斜率分别为4和可得：
，联立解得：，
所以把点代入双曲线方程得：
，
再由代入得：，解得：，
，
故选：A.
9．CD
【分析】对于A，举反例说明即可，对于B、C、D，当拿走两个或两个以上的数据时，由数据的大小关系可知只能减小，不可能变大，判断答案即可.
【详解】对于A，若一组样本数据满足，
且平均数，则这组数据的方差：
不会发生变化；
对于BCD，设平均数为，由于，拿走的数量大于或等于，
所以，
在中，至多有一个为，其余均为正数，
所以拿走两个或两个以上的数据，只能减小，不可能变大；故B错误，CD正确.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：当拿走两个或两个以上的数据时，由数据的大小关系可知只能减小，不可能变大.
10．BD
【分析】将棱长为的正四面体放到棱长为的正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而判断A，利用等体积法判断B，设中点为，连接，，则为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算可判断C，求出正四面体内切球的半径此时即为最大的正四面体的外接球的半径，从而判断D.
【详解】棱长为的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设外接球的半径为，则，所以，所以A错误．
设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，
设正四面体的高为，
又，
由等体积法可得，，
所以为定值，所以B正确．
如图所示，设中点为，连接，，则，，
故为所求二面角的平面角，，，
由余弦定理得，
则，所以C错误．
对于选项D，要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球要在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，
又，，
设正四面体内切球的半径为，则，
即，解得，
所以正四面体的外接球半径为．
设正四面体的边长为，则，所以，
故体积，即正四面体的体积最大值为，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：涉及到正四面体的外接球一般将其放到正方体中，正方体的体对角线即为正方体外接球的直径.
11．BCD
【分析】对于A，分析导函数即得递减区间，不能用“并”连接；对于B，由推理得，利用函数单调性比较即得；对于C，分析函数的奇偶性，分段讨论函数的单调性和图象趋势，得图象简图，结合图象判断两函数交点个数即得；对于D，设函数，构造函数并判断其单调性，利用单调性得出即可.
【详解】函数的定义域为，，
对于A，由可得或，由可得，
即函数的单调递减区间为和，故A错误；
对于B，由A得，函数在上单调递增，
因，，
故，即B正确；
对于C，易知为偶函数，当时，，
由A项知，函数的单调减区间为和，增区间为.
又当时，，当时，，
当时，，时，，
当时，，当时，，时，，
故函数的图象如图所示.

由图可得，直线与函数有6个不同交点，等价于，故C正确；
对于D，由图，不妨设，由可得，
即，不妨取，
设，
则，
则当时，，故，在上单调递增，
又，又，，即.
因，则，当时，，在上单调递减，
因，故得，即，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的零点和单调性应用,属于难题.
解决该题的关键，在于对函数的图象性质的探求，通过奇偶性单调性判断，作出简图，利用函数零点与方程的根、两函数的图象交点的关系转化解决；同时要根据待证不等式特征，设法构造对应的函数，利用该函数的单调性实现相关量的比较即得.
12．
【分析】根据题意，利用空间向量的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，解得.
故答案为：.
13．11
【分析】令，则则，然后求出通项，得到，再由，即可解出.
【详解】令，则，则，
的通项为：，
令可得，令可得，
所以由可得，所以.
故答案为：.
14．
【分析】利用正弦定理进行边角互化，进而可得面积之比.
【详解】由，
得，
即，
即，
所以的面积与外接圆的面积之比为，
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行关系得到方程，结合正弦定理得到，求出；
（2）由余弦定理得到，根据三角形面积得到方程，求出答案.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又，解得；
（2）因为，所以，
即
化简得，解得或(舍去)，
由的面积，又，
故，解得.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据数列递推公式进行合理变形得出，利用等差数列的定义可判断并求得数列的通项公式；
（2）依题求得，利用裂项相消法即可求得.
【详解】（1）由，可得，
即，即，
故数列是等差数列，其首项为，公差为1，
则，解得；
（2）由可得，
则.
17．(1)有的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系
(2)
【分析】（1）按照独立性检验步骤判断即可；
（2）分别求出抽取的人中男性与女性人数，设出所求的事件并按照等可能事件的概率公式解出即可.
【详解】（1）记事件为“客户对该产品评价结果与性别因素没有关系”，
由列联表可得：，
依据，
所以有以上的把握认为客户对该产品评价结果与性别因素有关系.
（2）由题意：抽取的人中，有男性（名），
有女性（名），
设“在这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1名女性”为事件，
记名男性为，名女性为，
则从人中抽取人的所有可能结果为：
，
共种；
其中所抽取的人中至少有名女性的可能结果为：
，共种，
所以：.
18．(1)
(2)
【分析】（1）连接，根据线面平行的性质得到，从而得到，又，根据三角形相似即可得解；
（2）首先说明，即可得到，再根据计算可得.
【详解】（1）连接，因为平面，平面，
平面平面，
所以，
由，有，
又，即，则，
所以.
（2）因为，，，
所以，则，
又，，所以，
又，所以，，所以，
又平面，平面平面，
所以平面，
所以.
19．(1)
(2)（i），（ii）存在，
【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可；
（2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再求异面直线和所成角的余弦值即可；
（ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值．
【详解】（1）因为的周长为8，离心率为，
所以，即，，，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）由（1）知，点，倾斜角为，
故直线设为：，
（i）联立直线与椭圆的方程：，可得，
可得或，
可得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系
则，，，
，，
，，，
所以
记异面直线和所成角为，则；
（ii）由，，，
设折叠前，，
直线与椭圆联立方程，得，
即，，
在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），
设，在新图形中对应点记为，，，
，，
①，
即
所以②，
由①②可得：
即
则
即，，
解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解.