2024年高考第二次模拟考试：数学（江苏卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：数学（江苏卷）（解析版），共14页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，已知，，，则，已知复数，，，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
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．某校高一年级15个班参加朗诵比赛的得分如下：
85 87 88 89 89 90 91 91 92 93 93 93 94 96 98
则这组数据的40%分位数为（ ）
A．90B．91C．90.5D．92
【答案】C
【解析】由题意，，故这组数据的40%分位数为从小到大第6，7位数据的平均数，
即.故选：C
2．已知双曲线的离心率，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由已知可得双曲线的焦点在轴上时，，，
所以，由，解得.故选：A.
3．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．150B．120C．75D．68
【答案】D
【解析】由等差数列的性质可知，
所以，，故选：D.
4．已知角满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，化简得，所以，
又，所以，故选：A．
5．已知在中，点在边上，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在中，，又点在边上，且，
则，故选：A.
6．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则B．若，且，则
C．若，且，则D．若，且，则
【答案】D
【解析】 如图所示正方体，
对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误；
对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误；
对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误；
对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确.
故选：D
7．2023年9月8日，杭州第19届亚运会火炬传递启动仪式在西湖涌金公园广场举行．秉持杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念，本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度．在杭州某路段传递活动由甲、乙、丙、丁、戊5名火炬手分五棒完成．若第一棒火炬手只能从甲、乙、丙中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙中产生，则不同的传递方案种数为（ ）
A．18B．24C．36D．48
【答案】B
【解析】当第一棒为丙时，排列方案有种；
当第一棒为甲或乙时，排列方案有种；
故不同的传递方案有种，故选B
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，，
则在上恒成立，故在上单调递减，
故，故，
即，即，、
令，则，故在定义域内单调递增，
故，即；
令，，
则
在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故，
故，即，
故有.
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．已知复数，，，则（ ）
A．B．的实部依次成等比数列
C．D．的虚部依次成等差数列
【答案】ABC
【解析】因为，，所以，所以，故A正确；
因为，，的实部分别为1，3，9，所以，，的实部依次成等比数列，故B正确；
因为，，的虚部分别为，，1，所以，，的虚部依次不成等差数列，故D错误；
，故C正确.
故选：ABC.
10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A．
B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11．已知定义域为的函数，满足 ，且，，则（ ）
A．B．是偶函数
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A项，由，
令，则，故A项错误；
对于B项，令，则，
因，故，
令，则①，
知函数关于点成中心对称，
令，则，
令，则②，
由①可得：③，由①③ 可知：，
且函数的定义域为，则函数是偶函数，故B项正确；
对于C项，令，则，
因，，，
故得：，故C项正确；
对于D项，由上可知：，则，
故函数的一个周期为8.
令，则，即有，
因函数是偶函数，故有，
由函数的一个周期为8，则，
由上知：，
于是：，
则，故D项正确.
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中常数项为 .
【答案】25
【解析】中常数项为1，项为，
因此所求常数项为．
13．甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 .
【答案】/
【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，所以，
又，则，所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
14．在三棱锥中，两两互相垂直，，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球半径为 .
【答案】/0.75
【解析】设，则，
由题意知两两互相垂直，
可得三棱锥的体积为，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取到最大值，此时三棱锥的体积取得最大值，
设此时三棱锥的内切球的半径为r，
则，
则，
则
即，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.
（1）若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值.
（2）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围.
【解】（1），
，
则，解得.
（2），
由题设可知有两个不同的零点，且在零点的附近的符号发生变化.
令，则，
若，则，则为上为增函数，
在上至多有一个零点.
当时，若，则，故在上为增函数，
若，则，故在上为减函数，
故，故.
又且，故在上存在一个零点；
下证当时，总有.
令，则，
当时，，故为上的减函数，
故，故成立.
令，则，
故当时，有，
取，则当时，
有，
故，故在上，存在实数，使得，
由零点存在定理及的单调性可知可得在上存在一个零点.
综上可知，实数的取值范围是.
16．（本小题满分15分）为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是.
（1）求比赛结束时恰好打了6局的概率；
（2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望.
【解】（1）比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为，
恰好打了6局，乙获胜的概率为，
所以比赛结束时恰好打了6局的概率为.
（2）X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
.
所以X的分布列如下：
故.
17．（本小题满分15分）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成.

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【解】（1）分别取的中点，连接，
由题意可知多面体的棱长全相等，且四边形为正方形，
所以，
因为平面，
所以平面，同理平面.
又平面平面，所以四点共面.
又因为，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面，
所以平面.
（2）以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，

则，
所以.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以.
设与平面所成角为，
则，
即与平面所成角的正弦值为.
18．（本小题满分17分）已知椭圆的右焦点是F，上顶点A是抛物线的焦点，直线的斜率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线与椭圆C交于P、Q两点，的中点为M，当时，证明：直线过定点．
【解】（1）由题意知，即，
．
从而,
故椭圆；
（2）∵在中，,
且
,从而
由得,
设
，
则
，
解得：或（舍去），
所以直线l过定点．
19.（本小题满分17分）已知数表中的项互不相同，且满足下列条件：
①；
②.
则称这样的数表具有性质.
(1)若数表具有性质，且，写出所有满足条件的数表，并求出的值；
(2)对于具有性质的数表，当取最大值时，求证：存在正整数，使得；
(3)对于具有性质的数表，当n为偶数时，求的最大值.
【解】（1）满足条件的数表为，
所以的值分别为5，5，6.
（2）若当取最大值时，存在，使得.
由数表具有性质可得为奇数，
不妨设此时数表为.
①若存在（为偶数，），使得，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，
调整后数表第一行和大于原数表第一行和，与题设矛盾，所以存在，使得.
②若对任意的（为偶数，），都有，交换和的位置，所得到的新数表也具有性质，此时转化为①的情况.
综上可知，存在正整数，使得.
（3）当n为偶数时，令，，对任意具有性质数表，
一方面，，
因此．①
另一方面，，
因此.②
记．
由①+②得.
又，可得.
构造数表
可知数表具有性质，且.
综上可知，当n为偶数时，的最大值为.
2
3
4
5