2024届江苏省南京东山外国语学校高考二模数学试卷

这是一份2024届江苏省南京东山外国语学校高考二模数学试卷，文件包含2023-2024学年高三下学期南京市东山外国语4月二模数学试卷教师版docx、2023-2024学年高三下学期南京市东山外国语4月二模数学试卷学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

1.已知集合，，，则（ ）
....
【答案】
【解析】由题意，，故.
故选.
2.设，则“”是“”的（ ）
.充分不必要条件.必要不充分条件.充分必要条件.既不充分也不必要条件
【答案】
【解析】由题意，“”是“”的充分不必要条件.
故选.
3.已知复数满足，则（ ）
....2
【答案】
【解析】由题意，，，故，故选.
4.曲线在原点处的切线方程为（ ）
....
【答案】
【解析】由题意，令，，则，又，故切线方程为.
故选.
5.分别是等边的边的中点，，点在线段上的移动(含端点)，则一定不可能是（ ）
..2..
【答案】
【解析】由题意，，因为，所以边长为2，结合投影可知，，故.
故选.
6.遗忘曲线（如图）由德国心理学家研究发现，描述了人类大脑对新事物遗忘的规律.人体大脑对新事物遗忘的循序渐进的直观描述，人们可以从遗忘曲线中掌握遗忘规律并加以利用，从而提升自我记忆能力。该曲线对人类记忆认知产生了重大影响.设初次记忆后经过了小时，那么记忆率近似地满足.则记忆率为时，所经过的时间约为（ ）
(参考数据:)
.2小时.小时.小时.小时
【答案】
【解析】由题意，当时，，，.
故选.
7.设分别为椭圆的左，右焦点，为椭圆上一点，直线与以为圆心、为半径的圆切于点为坐标原点，且，则椭圆的离心率为（ ）
....
【答案】
【解析】由题意，，，因为，所以，又，所以，由勾股定理可得，根据第一定义，，离心率.
故选.
8.已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ）
....
【答案】
【解析】因为，所以，函数，则在上单调递增，且,因为，所以，所以，即，又，所以，所以，即，综上，.
故选.
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4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分.
9.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生成绩分为四组，分别为，得到频率分布直方图如图所示，则（ ）
.
.这组样本数据的分位数为88
.若从这100名学生成绩不低于80分的学生中，随机抽取3人，则此3人的分数都不低于90分的概率为
.若用样本的频率估计总体，从该校高中学生中随机抽199人，记“抽取199人中成绩不低于90的人数为”的事件为，则最大时，.
【答案】
【解析】，故对；
根据频率分布直方图可知，分位数在80到90分之间，，故对；
成绩不低于80分的共有65人，不低于90分的共有15人，随机抽取3人，则此3人的分数都不低于90分的概率，故错；
，，解得，故为29或30，故错.
故选.
10.若的定义域为，满足对任意，都有，且，则下列说法正确的是（ ）
.
.为偶函数
.为奇函数
.
【答案】
【解析】中:令，得，又，所以，故不选；
中:令得，，所以，故选;
中:令，得，所以，
又，所以为奇函数，故选；
中:,所以，所以，故4是的周期，又，所以，故选.
故选.
11.在棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
.若，则三棱锥外接球的表面积为
.若，则异面直线与所成角的余弦值为
.若，则面积的最小值为
.若存在实数使得，则的最小值为
【答案】
【解析】：由题意，与重合，故三棱锥的外接球半径，表面积为，故对；
：以为原点建系，，，，，，，故错；
：由得，在线段上运动，由对称性可得，，所以面与底面垂直时面积最小，此时，，故错；
：，，，，由题意可得，所以，，，当时，，故正确.
故选.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.现有8道单选题（每题都是四个选择），某学生对其中6道有思路，2道题完全没有思路.假设有思路的题都能做对，没有思路的题仅能随机猜，那么从8题中随机选择1题，此学生能够做对的概率为________.
【答案】
【解析】，故答案为.
13.已知双曲线的左、右焦点分别为，过原点的直线与交于两点，为坐标原点.若，则的面积为________.
【答案】2
【解析】由题意，，，由对称性得为矩形，设且在第一象限，由勾股定理可得，解得，的面积为矩形面积的，即，故答案为2.
14.已知函数在区间上单调，且满足，若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】因为在区间上单调，，又在区间上恰有5个零点，所以，解得，所以，解得.
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，为的导函数.
（1）若，求证：；
（2）若对任意，，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为，所以，，，，所以(当且仅当时取“”)；
（2）在上递增,
①若，则，，所以在上递增，所以，所以；
②若，则由，得，列表：
所以，所以；
③若，则，，所以在上递减，所以，无解；
综上，的取值范围.
16.（本小题满分15分）
在中，内角，，的对边分别为，，且，
（1）求；
（2）线段上一点，满足，求边的长.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为，可化为，
方法1：因为，所以，，所以，又由，得，所以.
方法2：因为，，，，所以，所以，即，又由，得，所以，即.
（2）方法1：因为线段上一点，，，所以，所以，两边平方得，
又因为，所以，即①，
在中，由余弦定理得，所以②，
由①②消去常数项得，，代入②得.
方法2：在中，因为，所以，则，，
所以和中，有正弦定理得，
所以，所以，代入，得(舍去)或，所以.
17.（本小题满分15分）
如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为，平面，所以平面，同理平面，又，平面，，所以平面平面，所以平面；
（2）取的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为，故以为基底建立空间直角坐标系.在四边形中，因为，，，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，，，，，
设，则，设为平面的法向量，则，即，故取，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
所以，解得，或（舍去），所以，所以.
18.（本小题满分17分）
在平面直角坐标系中，顶点在原点的抛物线经过点.
（1）求抛物线的方程;
（2）若抛物线不经过第二象限，且经过点的直线交抛物线于，，两点（），过作轴的垂线交线段于点.
（1）当经过抛物线的焦点时，求直线的方程；
（2）求点到直线的距离的最大值.
【答案】（1）或；（2）
【解析】（1）抛物线的焦点在轴上时，可设抛物线的方程为，又抛物线过点，所以，解得；
抛物线的焦点在轴上时，可设抛物线的方程为，又抛物线过点，所以，解得；
综上，抛物线的方程为或；
（2）①因为抛物线不经过第二象限，由（1）可知，抛物线的方程为.,，令，得，在中，令，得，又，所以，所以直线，由得或，所以，
所以直线，即.
②设，，，
由，消去整理得，
所以，，，
，即，
所以，
令，得
，
所以直线经过定点，
所以当，即点以直线的距离取得最大值，为.
19.（本小题满分17分）
设为部分正整数组成的集合，数列的首项，前项和为，已知对任意整数属于，当时，都成立.
（1）设，，求数列的通项公式；
（2）设，求数列的通项公式.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为，所以时，，又，所以时，，即，又，所以为公差为4等差数列，
所以，所以时，，所以.
（2）方法1：
，所以时，，即①，
所以时，②，
所以时，由得，③，
同理，时，④，
由③得，时，，
所以时，两式相加得，即，结合④得，时，，即，
所以时，，
设，则时，，
由得，时，，
所以，
，
所以时，，
所以是公差为等差数列，所以时，，
又由①得，所以，
又，，
所以。所以，又，所以，，所以时，符合此式，
所以.
方法2：
，所以时，，即①，
所以时，②，
所以时由得，③，
同理，时，④，
由③得，成等差数列，设公差为,
成等差数列，设公差为；
由④得，成等差数列，公差为，
成等差数列，设公差为；
成等差数列，设公差为；
所以，，，
，所以，
又由①得，所以⑤，
同理，
所以，与⑤联立解得，所以，故，，
所以时，符合此式，
所以.0
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