2024届江苏省南京东山外国语学校高考三模数学试卷

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1．设全集，集合，，则（ ）
【答案】
【解析】，，所以，
所以，
故选：.
2．已知复数满足，则的虚部为（ ）
【答案】
【解析】因为，所以，
所以的虚部为.
故选：.
3．已知向量，满足，，，则（ ）
【答案】
【解析】因为，所以，即，
因此.
故选：.
4．命题的平均数与中位数相等；命题是等差数列，则是的（ ）
充分不必要条件必要不充分条件
充要条件既不充分也不必要条件
【答案】
【解析】由是等差数列，所以，
而中位数也是，所以的平均数与中位数相等，
即，是的必要条件；
若数据是，则平均数和中位数相等，但不是等差数列，
所以推不出，所以不是的充分条件；
所以是的必要不充分条件.
故选：.
5．如图，中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人. 若安排甲、乙两人同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
种种种种
【答案】
【解析】按照甲、乙两人同时在天和核心舱或问天实验舱两种情况讨论：
①若甲、乙两人同时在天和核心舱，则需要从剩余4人中再选1人，
剩下的3人去剩下的两个舱位，则有种可能；
②若甲、乙两人同时在问天实验舱，则剩下的4人选3人去天和核心舱即可，
共有种可能，
根据分类加法计算原理，共有种可能，
故选：.
6．已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则在下列区间上函数单调递增的是（ ）
【答案】
【解析】由函数的图象，可得，解得，所以，
所以，又由，即，
可得，即，
因为，所以，所以，
所以，令，
解得，
所以函数的单调增区间是.
故选：.
7．设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
【答案】
【解析】如图所示：
为准线与轴的交点，
因为，且，所以，
因为，所以，
而，所以，
所以.
故选：.
8．已知函数其中为自然对数的底数.若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）

【答案】
【解析】①当时，
所以由得或，
解得或，函数只有两个零点，舍去；
②当时，当，
；当至多两个零点，
即函数至多两个零点，舍去；
③当时，当只有一个零点，
当，
令，
因此当时，
当时，，
因为要使函数有三个零点，需使函数有两个零点，因此.
综上，取值范围为.
故选：.
二、多选题
9．已知，则下列描述正确的是（ ）
除以5所得的余数是1
中最小为
【答案】
【解析】对于，当时，，
当时，可得，故，故不正确；
对于，，
除最后一项外，其余项都可以被5整除，故余数为1，故正确；
对于，二项式系数，可知奇数项小于零，偶数项大于零，
则最小必然在奇数项中产生，，
所以最小的为，故正确；
对于，，
则有，故错误．
故选：.
10．中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
若，则只有一解
若为锐角三角形，则取值范围是
若为边上的中点，则的最大值为
【答案】
【解析】对于，因为，所以，则，
因为，所以，故正确；
对于，因为，则，，故只有一解，故正确；
对于，若为锐角三角形，则，，
则，则，即，
由正弦定理可知：，故错误；
对于，若为边上的中点，则，
所以
由余弦定理知，得，
又，所以，
当且仅当时取得等号，
所以，
即，故正确.
故选：.
11．在四面体中，是边长为2的正三角形，，二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）
四面体的体积的最大值为
棱的长的最小值为
四面体的外接球的表面积为
【答案】
【解析】对于：假设，设的中点为，因为为正三角形，所以，
又，，平面，故平面，
又平面，故，而题中并不能得到，故假设不成立，
所以不一定垂直，故选项错误；
对于：要使最大，只需三棱锥高最大，设三棱锥的高为，
易知当为等边三角形时，高最大，
此时的最大值为，故选项正确；
对于：由选项中可知，最大时最小，
故的最小值为，故选项正确；
对于：设的外心为，为的中点，
则由正弦定理得，
设过与平面垂直的直线为，过作于点，则，
则外接球球心在上，只需，
又，，
设，由，可得，解得，
所以，
所以四面体的外接球的表面积为，故选项正确．
故选：．
三、填空题
12．函数在上的最大值点为 .
【答案】
【解析】由题意得，当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，；当时，函数取得极大值，
因为，所以最大值点为.
故答案为：.
13．已知直线是圆的切线，点和点到的距离相等，则直线的方程可以是 .（写出一个满足条件的即可）
【答案】（写出一个满足条件的即可）
【解析】若，此时的斜率为.
设的方程为，则点到的距离，解得，
因此的方程为或.
若经过的中点，
当的斜率不存在时，此时的方程为，满足与圆相切；
当的斜率存在时，设其方程为，
则点到直线的距离，解得，此时直线的方程为.
故答案为：（写出一个满足条件的即可）.
14．已知双曲线与直线交于两点（点位于第一象限），点是直线上的动点，点分别为的左、右顶点，当最大时，（为坐标原点），则双曲线的离心率 ．
【答案】
【解析】将代入双曲线方程得，得，所以．
设点的坐标为，不妨设，
由题意知为锐角，所以当最大时，最大，则最大．
设双曲线的右焦点为，因为，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以当时，最大，即最大．
由可得，所以，
故双曲线的离心率．
故答案为：.
四、解答题
15．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．
(1)求证：四点共面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，则，
由，得，
所以，
则，所以共面，
又直线的公共点为，所以四点共面；
（2）由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
得，
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．已知函数，其中为常数.
(1)过原点作图象的切线，求直线的方程；
(2)若，使成立，求的最小值.
【答案】(1)
(2).
【解析】（1）
设切点坐标为，则切线方程为，
因为切线经过原点，所以，解得，
所以切线的斜率为，所以的方程为.
（2），，即成立，
则得在有解，
故有时，.
令，，，
令得；令得，
故在单调递减，单调递增，
所以，
则，故的最小值为.
17．已知椭圆（），四点，，，中恰有三点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆上是否存在异于的两点使得直线与的斜率之和与直线的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线是否过定点；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，直线过定点．
【解析】（1）由椭圆的对称性知，，，三点在椭圆上，
故，，得，从而椭圆的方程为．
（2）直线过定点，证明如下：
假设存在，不妨设直线、、的斜率分别为，，，满足，
设直线的方程为（），且，，
与椭圆的方程联立，得，
则，即，
且
那么，
化简得，，
即整理得：，
解得或，当时，中一点与重合，故舍去，
故直线过定点．
18．2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛
(1)初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
(2)大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；
（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.
【答案】(1)，
(2)（i）；（ii）
【解析】（1）由题意知，的可能取值为，
则，
，
，
故的分布列为
则.
记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.
（2）（i）由题意知，，
则，
令，解得或（舍），
当时，，当时，，
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以当时，有极大值，且的极大值为.
（ii）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
，
，
，
，
所以，
所以，
即，整理得，
经观察可知是方程的根，
故，
因为恒成立，
所以由可得，解得得，
又，所以的取值范围为.
19．对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；
（2）设数列是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.
【答案】（1）是，理由见解析；（2）；（3）当是数列时，与满足的条件为或，证明见解析.
【解析】
(1)，
，
当时，，
故，
那么当时，，符合题意，
故数列是数列；
(2)由题意知，该数列的前项和为，，
由数列是数列，可知，故公差，
对满足的任意都成立，则，解得，
故的取值范围为；
(3)①若是数列，则，
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
由，，故，可得；
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
又当时，当时不成立，
故有或，解得，
当是数列时，与满足的条件为或；
②假设是数列，则由①可知，，，且中每一项均为正数，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列，可知；
若中的每一项都在中，同理可得；
若中至少有一项不在中且中至少有一项不在中，
设，是将，中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为，，
不妨设，中最大的项在中，设为，
则，故，故总有与矛盾，故假设错误，原命题正确.