2024届江苏省扬州中学高考数学二轮模拟试题

这是一份2024届江苏省扬州中学高考数学二轮模拟试题，共20页。试卷主要包含了已知椭圆等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．，则“”是“”的
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充分必要条件D．既非充分也非必要条件
2．已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A．2B．C．D．
3．记等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．12B．18C．21D．27
4．某校高二年级共有六个班，现从外地转入名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排名，则不同的安排方案种数为（ ）
A．B．C．D．
5．已知椭圆：的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．4C．D．8
6．某纯净水制造厂在净化水的过程中，每增加一次过滤可减少水中杂质，要使水中杂质减少到原来的 以下，则至少需要过滤的次数为（ ）
(参考数据，)
A．10B．12C．14D．16
7．在△中，，，，边上的高线为，点位于线段上，若，则向量在向量上的投影为
A．B．
C．或D．或
8．已知函数，若的最大值为M，则下列说法正确的是（ ）
A．M的值与a，b均无关，且函数的最小值为
B．M的值与a，b有关，且函数的最小值为
C．M的值与a，b有关，且函数的最小值为
D．M的仅与a有关，且函数的最小值为
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．已知是两个不同平面，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若是异面直线，则与相交
D．若，则
10．已知函数，若，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．当时，
D．若方程有一个根，则
11．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在的展开式中，含的项的系数是 .
13．举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望 ；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是 ．
14．对于函数和，设，，若存在、，使得，则称和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．如图，已知直三棱柱，，、分别是棱、的中点．
（1）证明：；
（2）证明：平面．
16．已知,．
（I）求的最小正周期；
（II）在中,,,若的最大值为,求的面积．
17．为纪念中国共产党成立102周年，加深青少年对党的历史、党的知识、党的理论和路线方针的认识，激发爱党爱国热情，坚定走新时代中国特色社会主义道路的信心，我校举办了党史知识竞赛．竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答3道题，若答对题目不少于5道题，则获得一个积分．已知甲乙两名同学一组，甲同学和乙同学对每道题答对的概率分别是和，且每道题答对与否互不影响．
(1)若，求甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率；
(2)若，且每轮比赛互不影响，若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？
18．已知双曲线过点，其一条渐近线的方程为
（I）求该双曲线的方程；
（II）若过点的直线与双曲线右支交于另一点，△的面积为，其中为坐标原点，求直线的方程．
19．已知函数.
（1）讨论函数的导函数的单调性；
（2）若对，都有，求的取值范围；
（3）若方程有两个不同的解，求的取值范围.
参考答案：
1．B
【详解】试题分析：化简集合得，；知当时不一定有，但当时一定有．故“”是“”的必要非充分条件．
故选B．
考点：充要条件．
2．D
【分析】根据复数的除法运算，化简可得，进而即可求出复数的模.
【详解】由已知可得，，
所以，.
故选：D.
3．C
【分析】根据等比数列的性质，可知等比数列的公比,所以成等比数列，根据等比的中项性质即可求出结果.
【详解】因为为等比数列的前项和，且，，易知等比数列的公比,
所以成等比数列
所以，所以，解得.
故选：C.
4．B
【分析】先将4名学生均分成两组，注意重合的部分要去掉，再从6个班级中选出2个班进行排列，最后根据分步计数原理得到合要求的安排方法数．
【详解】解：先将4名学生均分成两组方法数为，
再分配给6个年级中的2个分配方法数为，
根据分步计数原理合要求的安排方法数为．
故选：B．
【点睛】本题先考查的是平均分组问题，是一个易出错的问题，解题的关键是看清题目的实质，把实际问题转化为数学问题，解出结果以后再还原为实际问题．
5．C
【分析】根据条件先计算出的值，再根据离心率求解出的值，最后根据长轴长为计算出长轴长.
【详解】由题意知，所以，
又因为，所以，
所以椭圆的长轴长为.
故选：C.
6．C
【分析】设至少需要过滤的次数为，由题意可得，即，两边同时取对数解不等式即可求解.
【详解】设至少需要过滤的次数为，
由题意可得，即
所以，可得
，
所以故至少过滤次．
故选：C.
7．D
【详解】试题分析：由题意可得,由等体积法，得，,设，则，，得或，故选D.
考点：向量的数量积.
8．C
【分析】化简计算，判断函数除常数项外为奇函数，根据奇函数性质判断各选项即可.
【详解】由题得，
∴，
故，
设，，
则为奇正数，；当取得最大值时，最大；
显然，的值不同时，的最大值不同；
∴取得最大值时与a，b有关，且的最大值与最小值互为相反数；
∴最大值与最小值之和为2，则最小值为，
故选：C．
9．BD
【分析】对于A选项，与相交时满足；对于B选项，由线面垂直与线面平行性质可判断；对于C选项，与相交或；对于D选项，根据线面垂直判定定理判断.
【详解】解：对于A选项，当，与相交时，，故错误；
对于B选项，线面垂直与线面平行性质知当，则，正确；
对于C选项，若是异面直线，则与相交或，故错误；
对于D选项，根据线面垂直的判定定理得：若，则，故正确.
故选：BD
10．BC
【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，可判断A选项；由函数的单调性可判断B选项；利用函数在区间 上的单调性可判断C选项；取特例可判断D选项.
【详解】对于A选项，构造函数，定义域为，，
当 时，；当 时，．
所以，函数的单调递减区间为 ，单调递增区间为
当 时，，即，A选项错误；
对于B选项， ，由于函数在上单调递增，
当时，，即 ，所以，B选项正确；
对于C选项，函数，定义域为，
令，则；令，可得
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
当 时，，则，
即，C选项正确；
对于D选项，当时，若方程也只有一个根，D选项错误.
故选：BC
11．BD
【分析】A选项，作出辅助线，得到，与不垂直，所以不垂直，故A错误；B选项，利用三角形面积公式得到，得到当时，最大，求出最大值；C选项，作出辅助线，证明出在平面上的射影在直线上，得到，，求出；D选项，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积.
【详解】对于A，如图1，取的中点，连接，显然，

且，又，且，所以，，
所以四边形为平行四边形，故，
又，且为的中点，则与不垂直，
所以不垂直，故A错误；
对于B，由得，，
所以当时，最大，最大值为，B正确；
C选项，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面，
且点在平面内，连接，

由知，⊥，
又，且⊥，所以⊥，
所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
所以为平面与平面所成的二面角，则，
所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，C错误；
D选项，结合C可知，，
如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为，
因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影，
故，连接，过点作⊥于点，
因为⊥平面，平面，所以⊥，，
则，
设，则，，
由勾股定理得，，
设三棱锥的外接球半径为，则，
故，解得，

所以其外接球半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确.
故选：BD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
12．6
【分析】分别求出和展开式的通项公式，根据的组合形式分别求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为，
的展开式的通项公式为，
所以展开式中，含的项为：
，
所以含的项的系数为6．
故答案为：6.
13．
【分析】记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出.
【详解】依题意随机变量的可能取值为、、，则；；
，
所以随机变量的概率分布为
所以随机变量的期望为.
记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，
则，
,
所以，
所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为.
故答案为：；
14．
【分析】先求出函数的零点，再设的零点为，得到，从而得到过点，最后利用数形结合，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
即函数的零点为，
设函数的零点为，
若函数和互为“零点相邻函数”，
根据零点相邻函数的定义，则，所以，如图所示，
又由的图象必经过点，
故要使得零点的区间在上，
则满足且，
解得，即实数的取值范围是.
故答案为.
【点睛】本题主要考查了函数的零点，以及函数的新定义的应用，其中解答中合理转化为判断函数的图象的零点的取值范围问题，结合二次函数的性质和数形结合法求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于中档试题.
15．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得；
（2）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立.
【详解】（1）因为三棱柱是直棱柱，所以平面．
又因为平面，所以．
因为，则，且，所以平面．
又因为平面，所以；
（2）取的中点，连接、，
因为、分别是棱、的中点，所以且．
且，为的中点，则且，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
16．（I） ；(II)
【分析】（Ⅰ）化简函数解析式，由得最小正周期；
（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理可得，由余弦定理，解得，由三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】解：（Ⅰ）
，
所以的最小正周期为；
（Ⅱ）因为为的内角,且，
又是的最大值，
又，
在中,由余弦定理得，解得，
所以.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据可求得；
（2）得出获得一个积分的，由已知可得，进而求得，根据甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，根据即可解得.
【详解】（1）假设甲和乙答对的题目个数分别为和，
故所求概率
，
所以甲乙同学这一组在一轮竞赛中获得一个积分的概率为；
（2）由（1）知，一轮获得一个积分的概率为
，
整理得，
因为且，所以，
所以，当且仅当时等号成立，即，
令，则，
所以，则，对称轴为，又， 所以当时，，则当时，，
甲乙两同学在轮比赛中获得的积分数满足，
所以由，即解得，
因为为正整数，所以至少为20，
所以若甲乙同学这一组想至少获得7个积分，那么理论上至少要进行20轮竞赛.
18．（I）；（II）或.
【分析】（I）设双曲线为，由双曲线过A可求λ，即得双曲线的方程；
（II）由题设，直线OA为，设并求B到直线OA的距离d，根据，结合在双曲线上求B，进而可得直线方程.
【详解】（I）由已知，设双曲线为，
又双曲线过，则，
所求的双曲线的方程为：.
（II）因为，则，直线OA的方程为，
设，则点B到直线OA的距离d＝，
由＝，即，于是.
ⅰ若，由得：，解得或（舍），此时，即；
ⅱ若，由得：，解得或（舍），此时，即.
所以所求的直线方程为或.
19．（1）答案见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）由解析式知：定义域为，，讨论参数a，利用导数研究的单调性，进而可知的单调性；
（2）由已知，在递减，即有在上恒成立，用构造函数，利用导数研究其单调性，找到最小值，仅需即可求范围；
（3）由题意知：在上有两个零点，应用导数研究其单调性求出a的范围，结合零点存在性定理确认零点的存在性.
【详解】（1），定义域为，
∴，
当时，，在递减；
当时，若，则，在递增，若，则，在递减；
综上，知：当时，在递减；当时，在递增，在递减.
（2）设，则，
若，，即在递减.
∴，，设，，则，
设，则，在递增，
∴，
∴，在递减，
∴，即的取值范围是.
（3），，令，
方程有两个不同的解，即有两个零点.
，.
当时，单调递减，最多有一个零点；
当时，在上单调增，在上单调减.
∴，解得.
下证：当时，有两个零点.
∵，，
∴在有唯一零点；
令，即，当时，则递增；当时，则递减；故，可知：，
∴，即，
∴，取，即，.
∴在上有唯一零点.
综上，当时有两个零点.
【点睛】关键点点睛：
（1）由原函数解析式求导函数，再利用导数并结合分类讨论的方法，研究其单调性；
（2）将问题转化为在递减，进而转化为在上恒成立，即可求参数范围；
（3）应用导数研究函数的单调性，进而确定参数范围，并结合零点存在性定理确认零点的存在性.
1
2
3