2024年高考第三次模拟考试题：数学（江苏专用，2024新题型）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：数学（江苏专用，2024新题型）（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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．已知样本数据1，2，2，3，7，9，则2.5是该组数据的（ ）
A．极差B．众数C．平均数D．中位数
【答案】D
【解析】由题意得众数为，极差，均值，
中位数，故D正确.故选：D.
2．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令，则，；
令，则；
.故选：C.
3．等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为，
由，得：，
即：，所以，，
又，所以，，所以，.故选：A.
4．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】“”“”，
“” “”，
“”是“”的充分而不必要条件，
故“”是“”的的充分而不必要条件，
故选：．
5．已知，，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C． 或D．
【答案】D
【解析】设与的夹角为，
则在上的投影向量为，即，
所以，所以，
因为，所以，故选：D.
6．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解法一：因为，，
所以，
即，所以，
所以，所以．
解法二：因为，，
即，
所以，
两边平方可得，
所以，所以，
又，所以.
故选：A．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P在C的左支上，，的周长为，则C的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【解析】令双曲线的焦距为，依题意，，解得，
在中，，由余弦定理得，
整理得，所以双曲线C的离心率为.

故选：C
8．若定义在R上的函数满足，是奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由，得，则，即函数的周期为4，
由是R上的奇函数，得，即，
于是，，即，
因此，AB错误；
由，取，得，则，
因此，取，得，
于是，
则，C错误，D正确.
故选：D
二、多项选择题（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．若，为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B： ，故B错误；
对C：，
，故，C错误；
对D：
，故D正确.
故选：AD.
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
【答案】BD
【解析】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．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，点M，N在C上，且，则（ ）
A．B．直线MN的斜率为
C．D．
【答案】ABC
【解析】由，故为中点，又为中点，
故，故A正确；
由，故，，设，则，
故有，解得，
即、，
则，故B正确；
，故C正确；
，，则，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设，为虚数单位．若集合，且，则 ．
【答案】
【解析】因为，，
所以，解得.
13．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【解析】的通项公式为，
令得，，此时，
令得，，此时，
故的系数为
14．一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为 ．若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为 ．
【答案】
【解析】取中点，连接，由底面，
则即为二面角的平面角，
故，由是边长为的等边三角形，
故，故，，
由、平面，故、，
又，故，则，
则，
设点A到平面PBC的距离为，
则有，
即，即，
作于点，由，，
故为中点，作于点，则有,
即，
故圆锥体积的最大值为.
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．（本小题满分13分）已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求a的取值范围：
(2)若直线与的图象相切，求a的值．
【解】（1）记在上单调递减，
对恒成立，
，而，
当且仅当即时，等号成立，
所以当时，取得最小值为.
所以a的取值范围为
（2）设直线与的图象相切于，
，
由题意可知，
代入，
，左边式子关于单调递减且时，左边
16．（本小题满分15分）如图，已知三棱台的高为1，，为的中点，，，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的大小．
【解】（1）由，，，
故与全等，故，
又为的中点，故，
又平面平面，平面平面，
且平面，故平面；
（2）连接，由平面，平面，故，
又，为的中点，故，
即、、两两垂直，且，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、，
由三棱台的高为1，故，故，
、，
则，，，
令平面的法向量为，
则有，即，
令，则有、，故，
则有，
故与平面所成角的正弦值为，
即与平面所成角为.
17．（本小题满分15分）某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，．
(1)计算和的值，并判断A与B是否为独立事件；
(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．
附：，其中．
【解】（1）由已知，
，
又因为，所以，
所以，
又，
所以，
所以A与B不为独立事件；
（2）假设原列联表为
根据原数据有
若将样本容量调整为原来的倍，
则新的列联表为：
则
，解得，
又，所以的最小值为.
18．（本小题满分17分）已知椭圆的离心率为，为上顶点，为左顶点，为上焦点，且.
(1)求的方程；
(2)设过点的直线交于，两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：线段的中点在定直线上.
【解】（1）由题意可得、、，则，
又，，故，即，
故有，即，则，，
即的方程；
（2）由，故直线斜率存在，设为，
设，联立，
得，
，
即，，，
直线和联立，
得，设其中点为，则，
则有，
即
，
即有，即，
故线段的中点在定直线上.

19．（本小题满分17分）对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．
(1)若数列为2，4，3，7，求的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
（i）探究与的关系；
（ii）证明：．
【解】（1）依题意，，，
.
（2）（i）记，
，
，
，
，所以.
（ii）设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由（i）知，
所以.0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计