江苏省南京市2024届高三下学期模拟预测数学试卷(含答案)

这是一份江苏省南京市2024届高三下学期模拟预测数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合,则( )
A.B.C.D.
2．已知复数z满足 ,则( )
A.B.C.8D.20
3．已知,,设,,则( )
A.B.C.D.
4．在中,D在BC上,且,E在AD上,且.若,则( )
A.B.C.D.
5．函数的单调递增区间是( )
A.B.C.D.
6．下列说法中不正确的是( )
A.线性回归直线必过样本数据的中心点
B.当样本相关系数时,成对数据正相关
C.如果成对数据的线性相关性越强,则样本相关系数就接近于1
D.残差图中残差点所在的水平带状区域越宽,则回归方程的预报精确度越低
7．下列四种变换方式,其中能将的图象变为的图象的是( )
①向左平移个单位长度,再将横坐标缩短为原来的;
②向左平移个单位长度,再将横坐标缩短为原来的;
③横坐标缩短为原来的,再向左平移个单位长度;
④横坐标缩短为原来的,再向左平移个单位长度;
A.①和③B.①和④C.②和③D.②和④
8．已知直线与直线相交于点P,线段AB是圆C:的一条动弦,且,则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．设数列的前n项和为,,则下列说法正确的是( )
A.
B.当且仅当时,取得最大值
C.时,n的最大值为33
D.,,,…,,…中,最大值为
10．已知函数的部分图象如图1所示,A,B分别为图象的最高点和最低点,过A作x轴的垂线,交x轴于,点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角,如图2所示,此时,则下列四个结论正确的有( )
A.
B.
C.图2中,
D.图2中,S是及其内部的点构成的集合.设集合,则T表示的区域的面积大于
11．如图,正方体的棱长为2,点E是AB的中点,点P为侧面内（含边界）一点,则( )
A.若平面,则点P与点B重合
B.以D为球心,为半径的球面与截面的交线的长度为
C.若P为棱BC中点,则平面截正方体所得截面的面积为
D.若P到直线的距离与到平面的距离相等,则点P的轨迹为一段圆弧
三、填空题
12．在一次羽毛球男子单打比赛中,运动员甲、乙进入了决赛.比赛规则是三局两胜制.根据以往战绩,每局比赛甲获胜概率为0.4,乙获胜概率为0.6,利用计算机模拟实验,产生内的整数随机数,当出现随机数1或2时,表示一局比赛甲获胜,现计算机产生15组随机数为:421,231,344,114,522,123,354,535,425,232,233,351,122,153,533,据此估计甲获得冠军的概率为________.
13．已知函数,若,则的最小值为________.
14．在边长为3的等边三角形ABC中,D为线段BC上的动点,且交AB于E点.且交AC于F点,则的值为________;的最小值为________.
四、解答题
15．已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
（1）若,求B;
（2）若D为AC中点,且,求.
16．已知数列的首项,且满足.
（1）求证:数列为等比数列;
（2）若,求满足条件的最大整数n.
17．在四棱锥中,平面平面ABCD,底面ABCD是边长为的正方形,,取AD的中点O,连接OP.请建立适当的空间直角坐标系,并解答下列问题:
（1）求异面直线PB与AD所成角的余弦值;
（2）求PD与平面PBC所成角的正弦值.
18．已知.
（1）若恒成立,求实数a的取值范同:
（2）设表示不超过x的最大整数,已知的解集为,求.（参考数据:,,）
19．已知双曲线E的中心为坐标原点,上顶点为,离心率为.
（1）求双曲线E的方程;
（2）记双曲线E的上、下顶点为、,P为直线上一点,直线与双曲线E交于另一点M,直线与双曲线E交于另一点N,求证:直线MN过定点,并求出定点坐标.
参考答案
1．答案：A
解析：由题意,,所以.
故选:A.
2．答案：B
解析：由,得,
所以.
故选：B.
3．答案：A
解析：由题意可知,
当且仅当时,等号成立;
即.
故选:A
4．答案：C
解析：因为,
所以,则.
因为,所以,,则.
故选:C
5．答案：D
解析：由题意,令,
解得,即函数的单调递增区间是.
故选:D.
6．答案：C
解析：A选项,线性回归直线必过样本数据的中心点,故A说法正确;
B选项,当相关性系数时,两个变量正相关,相关性系数时,两个变量负相关,故B说法正确;
C选项,相关系数,如果两个变量的相关性越强,则相关性系数就越接近于1,故C说法错误;
D选项,残差图中残差点所在的水平带状区域越窄,则回归方程的预报精确度越高,水平带状区域越宽,则回归方程的预报精确度越低,D说法正确;
故选:C.
7．答案：B
解析：因为,
对于①,函数的图象向左平移个单位长度,得到,
再将每个点的横坐标缩短为原来的,得到函数的图象,故①正确;
对于②,函数的图象向左平移个单位长度,得到,
再将每个点的横坐标缩短为原来的,得到,故②错误;
对于③,将函数的图象每个点的横坐标缩短为原来的,得到,
再向左平移个单位长度,得到,故③错误;
对于④,将函数的图象每个点的横坐标缩短为原来的,得到,
再向左平移个单位长度,得到,故④正确.故A,C,D错误.
故选:B
8．答案：B
解析：圆半径,圆心,
直线与垂直,
又过定点,过定点,
点轨迹是以PQ为直径的圆,方程为,圆心,半径,
取AB的中点D,连接CD,由,则,
则,
,
的最小值为.
故选:B.
9．答案：ACD
解析：对于A项,.当时,;
当时,
时,,满足.
综上所述,,A正确;
对于B项,要使取得最大值,
则应有,即,解得.
又,所以当或时,取得最大值.故B不正确;
对于C项,由A知,,
解,可得.
所以,时,n的最大值为33.故C正确.
对于D项,由前面可知当,,
且当时,取得最大值,是最小正项,所以D正确.
故选:ACD
10．答案：AC
解析：函数的最小正周期为,
在图中,以点O为坐标原点,、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,
设点,则点、,
,因为,解得,故A正确;
所以,,则,可得,
又因为函数在附近单调递减,且,所以,,故B错误;
因为,可得,
又因为点A是函数的图象在y轴左侧距离y轴最近的最高点,则,可得,
所以,,
因为点C是函数在y轴右侧的第一个对称中心,所以,,可得,
翻折后,则有、、、,
所以,,,
所以,在图2中,,故C正确;
在图2中,设点,,
可得,
,,,
易知为锐角,则,
所以,区域T是坐标平面内以点为圆心,半径为,且圆心角为的扇形及其内部,
故区域T的面积,故D错误.
故选:AC
11．答案：ABC
解析：正方体中,平面,平面,,
正方形中,,
,平面,,则平面,
平面,,
同理,,
,平面,,平面,
若点P不与B重合,因为平面,则,与矛盾,
故当平面时,点P与B重合,故A正确;
,,三棱锥为正三棱锥,
故顶点D在底面的射影为的中心H,
连接DH,由,得,
所以,因为球的半径为,所以截面圆的半径,
所以球面与截面的交线是以H为圆心,为半径的圆在内部部分,
如图所示,,所以.
,所以,同理,其余两弦所对圆心角也等于,
所以球面与截面的交线的长度为,故B正确;
对于C,过E,P的直线分别交DA、DC的延长线于点G,M,连接、,
分别交侧棱于点N,交侧棱于点H,连接EH和NP,如图所示:
则截面为五边形,
,,
,,,
,故,
所以,,
所以五边形的面积,故C正确;
因为平面,平面,
所以,点P到直线的距离即点P到点的距离,
因为平面平面,故点P到平面的距离为点P到的距离,
由题意知点P到点的距离等于点P到的距离,
故点P的轨迹是以为焦点,以为准线的抛物线在侧面内的部分,故D错误.
故选:ABC.
12．答案：
解析：由计算机产生的15组数据中,甲获得冠军的数据有421,231,114,522,123,232,122,共7组,
据此估计甲获得冠军的概率为.
故答案为:.
13．答案：4
解析：作出函数的图象,如图所示,
因为,且,
则,可得,
即,且,
则,当且仅当,即时,等号成立,
所以的最小值为4.
故答案为:4.
14．答案：3,
解析：设,,为边长为3的等边三角形,,
,,,,
,为边长为的等边三角形,,
,
,
,
所以当时,的最小值为.
故答案为:3;.
15．答案：（1）
（2）
解析：（1）由余弦定理得.
又,所以,即.
由正弦定理得,因为,所以,
因为,所以.又因为,所以.
（2）因为点D是AC的中点,所以,
所以.
.
因为,所以.
又因为,所以,即,
解得.
16．答案：（1）证明见解析
（2）2023
解析：（1）,,
可得,
又由,所以,则数列表示首项为,公比为的等比数列.
（2）由（1）可得,所以.
设数列的前n项和为,
则
,
若,即,因为函数为单调递增函数,
所以满足的最大整数n的值为2023.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）,且O为AD的中点,
,
又平面平面ABCD,且平面平面,
则平面ABCD,
取BC中点E,
则,
则以O为坐标原点,OE,OD,OP分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,,
则,,
则,
所以异面直线PB与AD所成角的余弦值为;
（2）由（1）得,
则,,,
设平面PBC的法向量为,
则,即,
令,则,
,
所以PD与平面PBC所成角的正弦值为.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由,得,令得,当时,,当时,.所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,因为恒成立,
所以,即,解得;
（2）由,
得,则,
设函数,,
令,可得,
所以当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
所以,即,
则当时,即时,
由（1）得在单调递增,恒成立,
且当时,;
当时,即时,由（1）知在单调递减,,不符合题意;
当时,易知有解;
因为的解集为,则,所以,即.
19．答案：（1）
（2）证明见解析,定点坐标为
解析：（1）设双曲线方程为,
因为该双曲线的上顶点坐标为,则,
则由可得,则,
因此,双曲线的方程为.
（2）证明:由（1）可得、,设、,
若直线MN的斜率不存在,则点M、N关于x轴对称,
从而可知,直线、关于x轴对称,则点P在x轴上,不合乎题意,
设直线MN的方程为,
联立可得,
则,
由韦达定理可得,,
所以,,
,
设,则,,所以,,
又,
得,所以,,
即,化简得,
解得,所以直线MN过定点.