江苏省2024届高考数学重难点模拟卷（二）

这是一份江苏省2024届高考数学重难点模拟卷（二），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下：
85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98
则这组数据的40%分位数为（ ）
A．90B．91C．90.5D．92
2．已知圆C：及点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与圆C始终有两个交点
B．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为
C．若点在圆C上，则直线PQ的斜率为
D．圆C与轴相切
3．已知向量满足与垂直，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．3
4．高一（1）班有8名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的2排，每排4人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列的前n项和分别为，记，则数列的前2021项和为（ ）
A．B．C．D．
6．已知球的直径，，，是球球面上的三点，是等边三角形，且，则三棱锥的体积为（ ）.
A．B．C．D．
7．已知，且，则可能为（ ）
A．B．C．D．
8．已知f(x)为奇函数，当x∈[0,1]时，当，若关于x的不等式f(x+m)>f(x)恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．(-1,0)∪(0,+∞) B．
C．D． (2,+∞)
二、多选题
9．已知函数的部分图像如图所示，则（ ）

A．在上单调递增
B．在上有4个零点
C．
D．将的图象向右平移个单位，可得的图象
10．若函数的定义域为，且，，则（ ）
A．B．为偶函数
C．的图象关于点对称D．
11．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（ ）
A．该几何体的顶点数为12
B．该几何体的棱数为24
C．该几何体的表面积为
D．该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
三、填空题
12．已知单位向量满足，则 .
13．定义两个点集S、T之间的距离集为，其中表示两点P、Q之间的距离，已知k、，，，若，则t的值为 .
14．已知，过点倾斜角为的直线交于、两点（在第一象限内），过点作轴，垂足为，现将所在平面以轴为翻折轴向纸面外翻折，使得，则几何体外接球的表面积为 ．
四、解答题
15．设等比数列的前项和为，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求的前项和．
16．我们平时常用的视力表叫做对数视力表，视力呈现为4.8，4.9，5.0，5.1．视力为正常视力．否则就是近视．某地区对学生视力与学习成绩进行调查，随机抽查了100名近视学生的成绩，得到频率分布直方图：
(1)能否据此判断学生的学习成绩与视力状况相关；（不需说明理由）
(2)估计该地区近视学生学习成绩的第85百分位数；（精确到0.1）
(3)已知该地区学生的近视率为54%，学生成绩的优秀率为36%（成绩分为优秀），从该地区学生中任选一人，若此人的成绩为优秀，求此人近视的概率．（以样本中的频率作为相应的概率）
17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由．
18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点；
(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
19．已知函数．
(1)证明曲线在处的切线过原点；
(2)讨论的单调性；
(3)若，求实数的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】根据百分位数的定义计算即可.
【详解】由题意，，故这组数据的40%分位数为从小到大第6，7位数据的平均数，即.
故选：C
2．B
【分析】根据题意分别求出圆心，半径，由直线过定点可对A判断；利用圆外一点到圆上距离知识可对B判断；由在圆上可求得，即可对C判断；根据圆心到轴的距离从而可对D判断.
【详解】依题意，圆C：，圆心，半径，
对于A，直线恒过定点，而点在圆C外，则过点的直线与圆C可能相离，故A不正确；
对于B，，点Q在圆C外，由得：，故B正确.
对于C，点在圆C上，则，解得，而点，
则直线PQ的斜率为，故C不正确；
对于D，点到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与轴相离，即圆C与x轴不相切，故D不正确；
故选：B
3．C
【分析】向量垂直则数量积为零，由此求出，求，利用平方法转化为数量积进行计算．
【详解】由与垂直，得，则，
所以1，
所以当时，的最小值为
故选：C
4．D
【分析】因为8名同学，所以任选两人，身高都不同，只需将抽取的两人安排到一组，高的同学站后即可.
【详解】名身高都不相同的同学站在8个不同的位置有种站法，将8名同学分为4组，每组2人，则有种分法，4组人有种站法，故所求概率.
故选：D.
5．C
【分析】利用裂项求和法求得正确答案.
【详解】当时，，
当时，
，
所以
.
故选：C
6．B
【分析】求得三棱锥的底面积和高，由此计算出三棱锥的体积.
【详解】设球心为，等边三角形截面小圆的圆心为（也是等边三角形的中心）.
由于是等边三角形，，
所以平面，在面的投影即，也即等边三角形的中心，且平面，则.
因为是直径，所以.
所以，.
由于是等边三角形的中心，所以，
所以等边三角形的高，.
所以三棱锥的体积为.
故选：B
【点睛】本小题主要考查与几何体外接球有关的计算，属于难题.
7．B
【分析】由得，化简后可求出，再利用同角三角函数的关系可求出.
【详解】由，得，
所以，
所以，
整理得，
，
所以或，
所以或，
①当时，，，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
②当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
③当时，，
因为，所以，
由于，所以解得，
综上，，或，或，
故选：B
8．B
【分析】根据函数的奇偶性求出函数的解析式，然后作出函数的图象，对进行分类讨论进行求解即可．
【详解】若，，则，，
则，
是奇函数，
，
则，，，
若，，则，，
则，
则，，，
作出函数的图象如图：
当时，的图象向左平移，如图，
当的图象与在相切时，，此时对应直线斜率，
由，即，得．
此时，
又切点在直线上，
所以切点坐标为，
即，
解得，
所以当时，不等式恒成立.
当时，的图象向右平移，如图，
显然不等式不恒成立.
综上的取值范围是，
故选：．
【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，求出函数的解析式以及利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．
9．ABC
【分析】结合图象，得到函数，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四个选项即可.
【详解】由图知，，所以或，
又，所以，所以，又因为图象过，
且为下降零点，所以，，故,
结合图象，即，所以，
所以，
对于A选项，当，，结合正弦函数图像可知，在上单调递增，故A正确；、
对于B选项，当时，，其中，
结合正弦函数图像可知，在上有4个零点，故B正确；
对于C选项，当时，即，即或，
结合图象可知，，所以，故C正确；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得，而，故D错误，
故选：ABC.
10．BCD
【分析】对于A，令,可得；对于B，令，可得，即可判断；对于C，令得，再令即可判断；对于D，根据条件可得,继而，进一步分析可得函数周期为4，分析求值即可.
【详解】对于A，令，则，
因为，所以，则，
故A错误；
对于B，令，则，
则，故B正确；
对于C，令得，，
所以，
令得，，
则的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由得，
又，所以，
则，，
所以，则函数的周期为，
又，，
则，
，
则，
所以，
故D正确，
故选：BCD.
11．ABD
【分析】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断；对于B，由该几何体有6个面为正方形即可判断；对于C，该几何体的棱长为，根据正三角形及正方形的面积公式求解即可判断；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，原正方体外接球的半径为，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断.
【详解】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；
对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确；
对于C，该几何体的棱长为，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，
所以该几何体的表面积为，故C错误；
对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为.
原正方体外接球的半径为，外接球表面积为.
由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，
所以该几何体外接球的表面积为.
因为，
所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故D正确.
故选:ABD.
12．
【分析】利用向量数量积的运算律及已知可得，再由运算律求即可.
【详解】因为，所以，所以，
则，故.
故答案为：
13．
【分析】集合表示双曲线上支的点，集合表示直线上的点，，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即，且与渐近线的距离为，计算得到答案.
【详解】，即，，故集合表示双曲线上支的点，
集合表示直线上的点，
，故直线与渐近线平行，在渐近线下方，即，且与渐近线的距离为.
双曲线的渐近线为，不妨取，则，即，
平行线的距离，故或（舍去）.
故答案为：.
【点睛】关键点睛:本题考查了集合的新定义，直线和双曲线的位置关系，意在考查学生的计算能力转化能力和综合应用能力，其中根据条件得到直线与渐近线平行，在渐近线下方，且与渐近线的距离为是解题的关键.
14．
【分析】翻折前，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点、的坐标，然后以以原坐标原点为原点，原纵轴的负半轴所在直线为轴，直线所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，设球心为，根据球心的性质可得出关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，可求得球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】翻折前，设点、，则，直线的方程为，
联立可得或，即点、，
易知点，
翻折后，以原坐标原点为原点，原纵轴的负半轴所在直线为轴，直线所在直线为轴，
过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设四棱锥的外接球球心为，
由题意可得，解得，
所以，球心为，所以，球的半径为，
因此，球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求，进而可得通项公式；
（2）根据题意分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，结合等比数列求和分析求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为q，
由题意可得，则，
即，解得，
所以.
（2）因为，则，且，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以．
16．(1)不能据此判断
(2)
(3)0.72
【分析】（1）由题干无法得出各成绩层次近视率的情况即可判断结果；
（2）先估算出第85百分位数所在的组别，再运用所占比率即可算得结果；
（3）明确此题为条件概率，需要求积事件的概率，而这可以用乘法公式进行转化，即可求得.
【详解】（1）因从题干频率分布直方图不可以看到，不同成绩层次的同学近视率的情况，故不能据此判断学生的学习成绩与视力状况相关；
（2）由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为，因此第85百分位数一定位于 内，
由，可以估计该地区近视学生的学习成绩的第85百分位数约为；
（3）设“该地区近视学生”，“该地区优秀学生”，由频率分布直方图可得,
,，所以.
即若此人的成绩为优秀，则此人近视的概率为0.72.
17．(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得；
（2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在.
【详解】（1）由平面，、平面，
故、，又底面为正方形，故，
即、、两两垂直，
故可以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，
，，，，，
设平面的法向量，则，即，
可取，
因为，
所以与平面所成角的正弦值为；

（2）假设截面内存在点满足条件，
设，，，，
有，，，
所以，
因为平面，所以，
所以，解得，
这与假设矛盾，所以不存在点，使平面．
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
（3））由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．

19．(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；
（2）首先求函数的导数，根据判别式，讨论a的取值，求函数的单调区间;
（3）把问题转化为，利用一次函数单调性得，只需证，利用导数研究单调性即可.
【详解】（1）由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
所以切线方程为，即恒过原点．
（2）由（1）得，
①时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
令，则
②且时，即时，，在上单调递增，
时，，
，则，或，得
所以在上单调递增，在上单调递增；
，则，则，
所以在上单调递减，
③时，，
则，则，所以在上单调递减；
，则，所以在上单调递增，
综上：时，在上单调递增；在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递增；在上单调递减，
时，在上单调递减；在上单调递增，
（3）当时，，即，
下面证明当时，，，即证，
令，因为，所以，只需证，
即证，令，，，令，，
令，，与在上单调递减，
所以在上单调递减，，，
所以存在，使得，即，
所以，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，，
令，时，
所以在上单调递增，所以，
所以，，所以在上单调递减，
，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，综上所述．
【点睛】关键点点睛
第三问的关键是构造函数并连续求导判断单调性，把构造的函数与当时的函数值比较，从而得到结论.