[数学][三模]江苏省镇江市2024届高三下学期高考前练习试题(解析版)

这是一份[数学][三模]江苏省镇江市2024届高三下学期高考前练习试题(解析版)，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】C
【解析】，
复数为纯虚数，故且，则.
故选：C.
2. 等轴双曲线经过点，则其焦点到渐近线的距离为（ ）
A B. 2C. 4D.
【答案】A
【解析】因为该曲线为等轴双曲线，

不妨设该双曲线的方程为，
因为等轴双曲线经过点，
所以，
解得，
则，
所以该双曲线的一个焦点坐标为，
易知该双曲线的一条渐近线方程为，
则点到直线的距离．
故选：A．
3. 命题P：的平均数与中位数相等；命题Q： 是等差数列，则P是Q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由是等差数列，所以平均数为 ，而中位数也是，
所以的平均 数与中位数相等，
即, P是Q的必要条件；
若数据是1,1,1,3,3,5,5,5，则平均数和中位数相等，但不是等差数列，
所以P推不出Q，所以P不是Q的充分条件；
所以P是Q的必要不充分条件．
故选：B .
4. 圆被直线所截得劣弧的弧长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
设直线与圆的交点为、，的中点为，则，
所以，
所以，则，
所以劣弧的弧长为.
故选：C.
5. 自“”横空出世，全球科技企业掀起一场研发大模型的热潮，随着算力等硬件底座逐步搭建完善，大规模应用成为可能，尤其在图文创意、虚拟数字人以及工业软件领域已出现较为成熟的落地应用.函数和函数是研究人工智能被广泛使用的2种用作神经网络的激活函数，函数的解析式为，经过某次测试得知，则当把变量减半时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
，则，（舍）．
，
．
故选：A.
6. 生活中有各种不同的进制，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用十进制. 任何进制数均可转换为十进制数，如八进制数转换为十进制数的算法为.若将八进制数转换为十进制数，则转换后的数的末位数字是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】D
【解析】由题意可得将八进制数转换为十进制数，则转换后的数为
，
故选：D.
7. 已知角满足，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】因为，
，
所以，
即，则，
因为，所以，
其中，
故，解得.
故选：B.
8. 已知及其导函数的定义域均为，记，，若关于对称，是偶函数，则（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】若关于对称，则的图象关于轴对称，
所以，两边求导得，
因为是偶函数，所以，
令，就有，
即有，
所以，
所以.
故选：A.
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. 同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ）
A.与相互对立B.与相互独立
C. D.
【答案】BD
【解析】对于A，由题意可知，事件与事件有可能同时发生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误；
对于B，依题意，，，
所以事件与事件相互独立，故B正确；
对于C、D，，因为，所以，
所以，故D正确，C错误．
故选：BD．
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 为偶函数
D. 在区间的最小值为
【答案】ACD
【解析】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
11. 在正四棱柱中，点M，N分别为面和面的中心.已知与点关于平面对称的点在棱柱的内部（不含表面），并记直线与平面所成的角为，直线与所成的角为，对所有满足上述条件的正四棱柱，下列关系式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】由题意，不妨设，，分别取棱，，，的中点为，，，，
易知，，，，五点共面，且为线段的中点.
因为平面，且平面平面，
又平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，所以平面平面，
所以点关于平面对称的点，即为与点关于直线对称的点，记为.
当时，即为棱的中点，在棱柱表面，不符题意，舍去；
当时，，由对称性，，此时在矩形外，故在棱柱外部，不符题意，舍去；
当时，，由对称性，.
且由平面几何知识易得在内，所以在棱柱内部，符合题意.
综上所述，，所以，A选项错误.
因为，所以B选项正确.
在正四棱柱中，平面与平面平行，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
又平面，则为直线与平面所成的角，
所以.
所以在中，.
因为，，，，，
所以，C选项正确.
在正四棱柱中，.
所以（或补角）即为直线与所成的角且，，，
则在等腰中，取棱的中点为，，
因为，，，，
所以，而，所以D选项错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设随机变量，则______.
【答案】
【解析】由随机变量服从超几何分布，
可知3表示选出3个，2表示有2个供选择，总数为10，
根据超几何分布公式可得.
13. 若对项数为的数列中的任意一项，也是该数列中的一项，则称这样的数列为“可倒数数列”.已知正项等比数列是“可倒数数列”，其公比为，所有项和为，写出一个符合题意的的值____________.
【答案】或（答案不唯一）
【解析】已知正项等比数列是“可倒数数列”，
首先，
若，结合，解得，此时，但2031不在这5个数中，矛盾，故，
则若，则也在数列中，若在数列中，
则（且）也在数列中，
因为正项等比数列是“可倒数数列”，
所以数列严格单调，而，
所以只能，
（否则，不妨设，那么或一定有三个数小于1，而他们的倒数都大于1，这必定导致有一个数的倒数不在中），
从而，所以，
解得或（舍去），所以解得或.
故答案为：或（答案不唯一）.
14. 有一个简易遮阳棚三角形长度分别为5米、 3米、4米. 两点固定在底面，成正南北方向，此时太阳光从正西方向与底面成方向射入. 当遮阳棚与底面所成角为_____________时，遮阴面积最大，最大面积为_____________平方米.
【答案】 12
【解析】因为，所以，
如图，过点C作交于D，连接，由题可知，
因此就是遮阳篷ABC与地面所成的角，因为，
所以求遮阴影面面积最大，即是求最大，其中已知，
设，，根据正弦定理，
当时，最大，遮阴影面面积最大，此时，
最大遮阴影面为.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，三棱锥中， ，， ，D是棱AB的中点，点E在棱AC上.
（1）下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；
①平面⊥平面；
②；
③.
（2）若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小.
解：（1）选择①②，可证明③.
由，是线段的中点，得⊥.
又平面⊥平面，平面平面，且平面；
所以⊥平面，
AC平面ABC，得⊥，
又⊥；，平面，
所以⊥平面．
因为平面，所以，
若选择①③，可证明②.
由，是线段的中点，得⊥.
又平面⊥平面，平面平面，且平面；
所以⊥平面，
平面，得，
又⊥，，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以．
选择②③，可证明①
由，是线段的中点，得⊥
因为⊥，⊥， 平面，，
所以⊥平面．
PD平面PDE，得⊥，
,平面，所以⊥平面．
又平面，故平面⊥平面.
（2）方法一：由（1），选择①②，则③成立. 取线段的中点F，连接，
则由，及是线段的中点，
得⊥ 由（1）知，⊥平面，
以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积，且，
，得，得
所以由，是线段的中点，⊥，得：
.
所以，，，.
设面与面的法向量分别为，，
则，得：，所以面的一个法向量为.
，得：，所以面的一个法向量为.
设平面与平面所成二面角为，
则，
因为，所以面与面所成二面角的大小为．
方法二：延长交的延长线于Q，连接，
则平面与平面.
由三棱锥的体积为，且，
，得，解得.
又由，及是线段的中点，⊥，
在等腰直角三角形中，，，
连结CD，在中，，，，
在等腰直角三角形中，，，
在中，，
在中，由，所以，
又由（1）知，⊥平面，是在面内射影，
由三垂线逆定理得：，
则即为二面角的平面角，
，
所以面与面所成二面角的大小为.
16. 如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点.
（1）求椭圆C方程；
（2）P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标.
解：（1）设，又离心率，则.
，则.
法一：则C：，点代入得，
法二：则，点代入得，
所以C方程为：.
（2）因为，而的面积为定值，所以只要的面积最大.
设，则①.
， ，则线段AM长度为定值.
由图知，P在直线的上方，直线：，
P到直线的距离为
只需求的最大值.
法一：设，代入得：，
因为，得.
当时，联立①，解得：，.
法二：因为
.
所以，
当且仅当时，.
所以当四边形的面积最大时，此时点P坐标为 ().
17. 在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军. 比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”. 接着，“胜区”中两人对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名. 然后，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名. 最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，且不同对阵的结果相互独立.
（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，则哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
解：（1）①记“甲获得第四名”为事件，又，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
则的分布列如下：
所以数学期望.
（2）在“单败淘汰制”下，甲获冠军须比赛两场，且两场都胜，则甲获得冠军的概率为.
(ii) 在“双败淘汰制”下，设事件V为“甲获冠军”，
设事件A为“甲比赛三场，连胜三场”，则；
设事件B为“甲比赛四场：胜负（胜区败）胜（赢败区胜）胜（决赛区胜）”，
则；
设事件C为“甲比赛四场：负胜（败区胜）胜（赢胜区败）胜（决赛区胜）”，
则；
所以 .
由，且，
当时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
18. 设函数().
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，，求a的取值范围.
解：（1）当时，，则，
则，又，
故在处的切线方程为.
（2）因为，则，
若，即时，
恒成立，故在R上单调递增；
若，即或时，.
则在和上为增函数；在上为递减函数.
（3）因为时，，即，
当时，上式成立，
也即当时，恒成立，记，
则.
记，则，
则在为减函数，则，即恒成立，
则单调减，为增函数，
，则，所以的取值范围为.
19. 已知正整数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，其前项和为，且对任意正整数，恒成立.
（1）证明无穷数列为等比数列，并求；
（2）若，，求证：；
（3）当时，数列中任意不同两项的和构成集合A.设集合，中元素的个数记为，求数列的通项公式.
（1）解：当时，，，
两式相减得：，，
，所以数列为等比数列．
因为无穷数列的各项均为正整数，
则公比为正整数，为正整数，则．
（2）证明：若，，
设（），则，
则在上为增函数，
所以，故，
即，
则 >ln32+ln43+ln54+⋯+lnn+2n+1=ln32×43×54×⋯×n+2n+1=lnn+22.
（3）解：当时，，
即， ，N*，
中元素个数，等价于满足的不同解，
如果，则，矛盾！
则，
又因为，
所以，
即，共个不同解，
即共个不同，所以（）．2
3
4
0.16
0.552
0.288
+
0
─
0
+
↗
↘
↗