2024年江苏省高中数学模拟数学试题（二）

这是一份2024年江苏省高中数学模拟数学试题（二），共22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的图象可由的图象平移得到
③的图象上相邻两个对称中心间的距离为
④的图象关于直线对称
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．已知复数，下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则或D．若，则
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于点对称
C．不等式无解D．的最大值为
11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A．当时，平面
B．任意，三棱锥的体积是定值
C．存在，使得与平面所成的角为
D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
三、填空题
12．已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为 .
13．已知，，则的最小值为 .
14．在平面直角坐标系中，已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.记线段的中点为，若线段的中点在上，则的值为 ；的值为 .
四、解答题
15．甲公司推出一种新产品，为了解某地区消费者对新产品的满意度，从中随机调查了1000名消费者，得到下表：
(1)能否有的把握认为消费者对新产品的满意度与性别有关；
(2)若用频率估计概率，从该地区消费者中随机选取3人，用X表示不满意的人数，求X的分布列与数学期望.
附：，.
16．设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.
(1)若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.
17．如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
18．已知数列的前n项和为，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前n项和；
(3)是否存在正整数p，q（），使得，，成等差数列？若存在，求p，q；若不存在，说明理由.
19．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.
5
6
7
8
9
3.5
4
5
6
6.5
满意
不满意
男
440
60
女
460
40
0.1
0.05
0.01
k
2.706
3.841
6.635
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，，，，
则，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．AC
【分析】
A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得.
【详解】选项A，，则，故A正确；
选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；
选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立.
证明：设，，
若，则有，
故有，即，两式相乘变形得，，
则有，或，或，
①当时，，即；
②当，且时，则，
又因为不同时为，所以，即；
③当，且时，则，同理可得，故；
综上所述，命题“若，则，或”成立.
下面我们应用刚证明的结论推证选项C，
，，
，或，即或，故C正确；
选项D，令，
则，
但，不为，故D错误.
故选：.
10．BD
【分析】
对于选项A:验证是否成立即可判断；对于选项B:验证是否成立即可判断；对于选项C:利用即可验证有解；对于选项D:利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.
【详解】对于选项A:不是的周期，故A错误;
对于选项B:关于对称，故B正确；
对于选项C:有解，故C错误；
对于选项D:，若，则，
若则，
当且仅当，即时，原式取等，故D正确.
故选:BD.
11．ACD
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积.
【详解】如图所示建系，，
所以，
从而，
所以，
又面，
所以面，
时，与重合，平面为平面，
因为面，平面，A对.
不与平面平行，到面的距离不为定值，
三棱锥的体积不为定值，B错.
设面的法向量为，
则，令，解得，
即可取，
而，
所以与平面所成角的正弦值为，
又，
所以，
所以，
又面，
所以面，
当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，
当在时，与平面所成角为，
所以存在使与平面所成角为，C正确.
，
设平面的法向量为，
不妨设，则.
，则，平面的法向量，显然球心，
到面的距离，外接球半径，
截面圆半径的平方为，所以，D对.
故选：ACD.
【点睛】
关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解.
12．7.4
【分析】
经验回归直线方程过样本点的中心，所以把代入求得的值，再代入求解即可.
【详解】由已知得，即样本点中心，
因为经验回归直线方程过样本点的中心，
所以，解得.
所以，当时，.
故答案为：.
13．/
【分析】
依题意可得，则，令，利用导数求出的最小值，即可得解.
【详解】
，，
，，，
即，所以，
令，，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时取得.
故答案为：
14． 2 5
【分析】设，与抛物线联立，由韦达定理得，，从而得到的坐标，以及线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可求出的值，得到的值.
【详解】令，，，线段的中点为
联立，消可得，则，,所以，即，所以线段的中点，由于线段的中点在抛物线上，则，解得或（舍去），即，
由于在抛物线中，，所以
.
故答案为：2 ；5.
15．(1)有的把握认为消费者对新产品的满意度与性别有关
(2)分布列见解析，期望
【分析】
（1）先利用所给数据表完善列联表，再利用公式求出，利用临界值表进行判定；
（2）先求出不满意的概率为，由二项分布求解概率，列表得到分布列，利用期望公式进行求解
【详解】（1）
补全列联表如图所示：
，故有的把握认为消费者对新产品的满意度与性别有关．
（2）
由题知，从该地区的消费者中随机抽取1人，不满意的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3，
且．
，
所以的分布列为：
所以．16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
当时，，
由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，
故.
（2），，
，
故直线方程为，
令，则，
故在定义域内单调递增，又，
因此有唯一的的零点，
故l与曲线有唯一的交点，得证.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）
选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）
若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】
（1）利用给定的递推公式，结合及等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即可.
（3）由（1）求出，由已知建立等式，验证计算出，再分析求解即可.
【详解】（1）
，，当时，，
两式相减得，即，
则有，当时，，则，即，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）
由（1）得，，则，数列是等差数列，
于是，解得，则，
所以的前项和
.
（3）
由（1）知，，
由成等差数列，得，整理得，
由，得，又，，不等式成立，
因此，即，令，则,
从而，显然，即，
所以存在，使得成等差数列.
【点睛】
易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
19．(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】
（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）
因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，
又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，
所以的方程为.
（2）
（i）当的斜率存在时，设的方程为：，
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得，整理得，
于是圆心到直线的距离，
则的面积为，
设，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，，
由，得，则.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以.
（ii）因为均存在，
设点，且，
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因此，
而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
满意
不满意
总计
男
440
60
500
女
460
40
500
总计
900
100
1000
0
1
2
3