江苏省南京市、盐城市2024届高三第一次模拟考试数学试题及答案

这是一份江苏省南京市、盐城市2024届高三第一次模拟考试数学试题及答案，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．已知全集U与集合A，B的关系如图，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．复数z满足，（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
4．德国天文学家约翰尼斯·开普勒根据丹麦天文学家第谷·布拉赫等人的观测资料和星表，通过本人的观测和分析后，于1618年在《宇宙和谐论》中提出了行星运动第三定律——绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星，其椭圆轨道的长半轴长a与公转周期T有如下关系：，其中M为太阳质量，G为引力常量．已知火星的公转周期约为水星的8倍，则火星的椭圆轨道的长半轴长约为水星的（ ）
A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍
5．关于函数（，，），有下列四个说法：
①的最大值为3
②的图像可由的图像平移得到
③的图像上相邻两个对称中心间的距离为
④的图像关于直线对称
若有且仅有一个说法是错误的，则（ ）
A．B．C．D．
6．设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ）
A．B．C．D．
7．在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
8．用表示x，y中的最小数．已知函数，则的最大值为( )
A．B．C．D．ln2
二、多选题
9．已知，且，，则( )
A．B．
C．D．
10．有n（，）个编号分别为1，2，3，…，n的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球．现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件（，2，3，…，n），则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ）
A．B．
C．D．面积的最小值为16
三、填空题
12．展开式的常数项为 .
13．设双曲线C：(，)的一个焦点为F，过F作一条渐近线的垂线，垂足为E．若线段EF的中点在C上，则C的离心率为 ．
14．已知，且，，则 ．
四、解答题
15．在中，．
(1)求B的大小；
(2)延长BC至点M，使得．若，求的大小．
16．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
17．已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布．其电压通常有3种状态：①不超过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率；
(2)从该机器生产的零件中随机抽取n（）件，记其中恰有2件不合格品的概率为，求取得最大值时n的值．
附：若，取，．
18．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.
19．已知，函数，．
(1)若，证明：；
(2)若，求a的取值范围；
(3)设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式．
参考答案：
1．A
【分析】
利用韦恩图表示的集合运算，直接写出结果即可.
【详解】
观察韦恩图知，阴影部分在集合A中，不在集合B中，所以所求集合为.
故选：A
2．C
【分析】
根据复数的运算求出复数，再求模长即可求解.
【详解】
由已知得：，
所以，.
故选：C．
3．A
【分析】
把等比数列各项用基本量和表示，根据已知条件列方程即可求解.
【详解】
设等比数列的公比为，
由，得：，
即：，
所以，，
又，所以，，
所以，.
故选：A.
4．B
【分析】
根据已知的公式，由周期的倍数关系求出长半轴长的倍数关系即可.
【详解】
设火星的公转周期为，长半轴长为，火星的公转周期为，长半轴长为，
则，，且
得： ，
所以，，即：.
故选：B．
5．D
【分析】
根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果.
【详解】
说法②可得，说法③可得，则，则，②和③相互矛盾；
当①②④成立时，由题意，，，．
因为，故，，即，；
说法①③④成立时，由题意，，，，
，故不合题意．
故选：D．
6．D
【分析】
先根据圆的弦长公式求出线段的长度，再求出直线的倾斜角，即可求得与的的夹角，进而可得出答案.
【详解】
由题意，圆心，
到直线距离为，
所以，
直线的斜率为，则其倾斜角为，
则与的的夹角为，
所以.
故选：D．

7．B
【分析】根据条件得到点轨迹为以为直径的球，进而得出点的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果.
【详解】因为，故P点轨迹为以为直径的球，
如图，易知中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心，
设在底面上的射影为，又正方体的棱长为，所以，
易知，，又动点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为，
故选：B．
8．C
【分析】
利用导数研究的单调性，作出其图象，根据图象平移作出的图象，数形结合即可得到答案．
【详解】∵，∴，
根据导数易知在上单调递增，在上单调递减;
由题意令，即，解得；
作出图象：

则的最大值为两函数图象交点处函数值，为．
故选：C．
9．ACD
【分析】
用对数表示x，y，利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式等即可逐项计算得到答案．
【详解】
∵，∴，同理，
∵在时递增，故，故A正确；
∵，∴B错误；
∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；
∴，即，∴D正确．
故选：ACD．
10．BC
【分析】
根据题意，由概率的公式即可判断AC，由条件概率的公式即可判断B，由与的关系，即可得到，从而判断D
【详解】
对A，，所以A错误；
对B，，故，所以B正确；
对C，，所以C正确；
对D，由题意：，所以，
，，所以，
所以，
则，所以D错误．
故选：BC．
11．ACD
【分析】
A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值.
【详解】
A选项，由题意得，准线方程为，
直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立，得，，故，A正确；
B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，
即，联立，得，故，
所以B错误；
C选项，由直线的方程，令得，
又，所以，
故，故，
又由焦半径公式得，所以C正确；
D选项，不妨设，过B向作平行于y轴的直线交于M，
根据B选项知，，
故，
根据直线的方程，
当时，，
故，
故，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积最小值为16，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
12．15
【分析】
利用二项式的展开式通项公式求解.
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以常数项为，
故答案为：15.
13．
【分析】
由直线EF与渐近线方程联立求出E的坐标，代入双曲线标准方程即可求出离心率．
【详解】
直线EF与渐近线方程联立得解得，，
∴EF中点M的坐标为，
又M点在双曲线上，代入其标准方程，得，
化简得，∴，．
故答案为：．
14．/
【分析】
变形后得到，利用辅助角公式得到，得到，两边平方后得到，利用同角三角函数关系求出.
【详解】
由题可知，所以，
所以，
因为，所以，
又，所以，故，
所以，
两边平方后得，故，
．
故答案为：
15．(1)；
(2)或．
【分析】（1）由，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得，可得B的大小；
（2）设，，在和中，由正弦定理表示边角关系，化简求的大小.
【详解】（1）在中，，所以．
因为，所以，
即
化简得．
因为，所以，．
因为，所以．
（2）法1：设，，则．
由（1）知，又，所以在中，．
在中，由正弦定理得，即①．
在中，由正弦定理得，即②．
①÷②，得，即，所以．
因为，，所以或，故或．
法2：设，则，．
因为，所以，因此，
所以，．
在中，由正弦定理得，即，
化简得．
因为，所以或，，
故或．
16．(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】
（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
17．(1)0.09；
(2).
【分析】
（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由二项分布的概率公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D．
因为，所以，
，
．
所以
，
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09．
（2）从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则，
所以．
由，解得．
所以当时，；
当时，；所以最大．
因此当时，最大．
18．(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】
（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【详解】（1）由右焦点为，得，
因为，所以，
若，则，得，无解，
若，则，得，所以，因此C的方程.
（2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为，
联立，消去y得，
由，得，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.
①设BF的斜率为，则，
因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以PQ的中垂线为，
易得BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
所以，，
要使，即，整理得，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以PQ的中垂线为，
因为BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
要使，则，所以，即，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，，所以，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，
从而，
在中，令，得，故，
同理可得，
因此，，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，
在中，令，得，故，
同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】
（1）通过构造函数，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明；
（2）对的值分类讨论，利用导数判断函数单调性，求最小值，判断能否满足；
（3）利用（1）中结论，，通过放缩并用裂项相消法求，有，可得.
【详解】（1）因为，所以，
，．
设，，
则，所以在上单调递增，
所以，
因此．
（2）函数，，
方法一：
，
当时，
注意到，故，
因此，
由（1）得，因此，
所以在上单调递增，从而，满足题意；
当时，令，
，
因为，所以存在，使得，
则当时，，，所以在上单调递减，
从而，所以在上单调递减，因此，不合题意；
综上，．
方法二：
，
当时，注意到，故，
因此，
由（1）得，因此，
所以在上单调递增，从而，满足题意；
当时，先证明当时，.
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，有，
所以在上单调递减，有，
因此当时，.
又由（1）得，
此时，
则且，当时，。
所以在上单调递减，因此，不合题意；
综上，．
所以a的取值范围为；
（3）由（1）可知时，，
，
时，，时，，
时，
，
，则，即，
，则，
得，又，
时，，时，，
所以时，都有，
，则时，集合在每个区间都有且只有一个元素，
对于正整数m，集合，记中元素的个数为，
由，所以.
【点睛】
方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.