模拟卷02（2024新题型）-【赢在高考·模拟8卷】备战2024年高考数学模拟卷（江苏专用）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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，只有一项是符合要求的。
1．若集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为集合，集合，
所以.
故选：C
2．已知复数（，i为虚数单位），则的最大值为（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】D
【解析】由题意得
，
当时，等号成立，故，
故选：D.
3．已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的离心率为，
所以，解得，
由，得，
所以，
所以渐近线方程为，
所以两条渐近线的倾斜角分别为和，
因，
所以，两条渐近线所夹的锐角为；
即双曲线的两条渐近线的夹角为.
故选：C.
4．星载激光束与潜艇通信传输中会发生信号能量衰减．已知一星载激光通信系统在近海水下某深度的能量估算公式为，其中EP是激光器输出的单脉冲能量，Er是水下潜艇接收到的光脉冲能量，S为光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积（单位：km2，光斑面积与卫星高度有关）．若水下潜艇光学天线接收到信号能量衰减T满足（单位：dB）．当卫星达到一定高度时，该激光器光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积为75km2，则此时Γ大小约为（ ）（参考数据：1g2≈0.301）
A. －76.02B. －83.98C. －93.01D. －96.02
【答案】B
【解析】因为，该激光器光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积为75km2，
所以，
则，
故选：B．
5．已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，即，
所以，所以.
故选：C.
6．已知，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】由，
则，得，
令，得，
左右两边除以，得，
所以．
故选：D．
7．已知椭圆，为其左焦点，直线与椭圆交于点，，且．若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设椭圆的右焦点为，连接，，故四边形为平行四边形，
设，，则，，
，，
中，，
整理得到，即，故.
故选：A
8．已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
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．随机抽取6位影迷对电影《长津湖》的评分，得到一组样本数据如下：，则下列关于该样本的说法中正确的有（ ）
A. 均值为95B. 极差为6
C. 方差为26D. 第80百分位数为97
【答案】ABD
【解析】由题意得的平均值为，A正确；
极差为，B正确；
方差为，C错误；
由于，故第80百分位数为第5个数，即97，D正确，
故选：ABD
10．如图，在平面直角坐标系中，已知函数的图象为曲线，点在上，点在轴上，且分别是以为直角顶点的等腰直角三角形.记点的横坐标分别为，，则（ ）
A. B.
C. 为等差数列D.
【答案】BCD
【解析】
由图知，点的纵坐标为，把点代入中，可得：，因，解得：，则.
由,点的纵坐标为，把点代入中，可得：，因，解得：，
于是，,故A项错误；
又，,点的纵坐标为，把点代入中，可得：，
因，解得：，故B项正确；
由上分析可知，当时，由点代入中，可得：，即得：，
即组成公差为4的等差数列，故C项正确；
由上分析可知，，因，因，则，则，
，于是，故D项正确.
故选：BCD.
11．设函数为上的奇函数，为的导函数，，，则下列说法中一定正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】因为函数为上的奇函数，所以，因为，，所以当得，所以，故A正确；
又，可得，则，
所以函数关于直线对称，故的值无法确定，故B不正确；
因为，则①，所以关于轴对称，
又，所以，即，所以关于点对称，则②，
由①②得，所以，则，
故的周期为6，由②可得，即，所以，故C正确；
由②得，所以，
则，故D正确.
故选：ACD.
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．已知函数的最小正周期为，则在区间上的最大值为____________
【答案】
【解析】由题意，解得，所以，
当时，，
所以在区间上的最大值为，当且仅当时等号成立.
故答案为：
13．直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则长为____________
【答案】
【解析】设，因为，所以，
绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为，
所以，解得，
设外接球的球心为，则球心在直线上，所以，解得.
故答案为：
14．在平面直角坐标系中，点P在圆上运动，点Q在函数的图象上运动，写出一条经过原点O且与圆C相切的直线方程为______；若存在点P，Q满足，则实数a的取值范围是______.
【答案】 ①. 或 ②.
【解析】①容易知道，
直线和直线经过原点，但不与相切，
设经过原点O的直线方程可以设为，
则，
的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离，
所以解得，
因此直线为或；
②
，
，
当时，恒成立，容易知道，因此总存在点P，Q满足成立；
当时，或直线夹角为90°，需有解，
只需有解，
只需有解，
令函数，
所以，
令，
容易知道，为减函数，且，
所以当时，，递增，当时，，递减，
所以，
所以.
综上所述，.
故答案为：或 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求C；
（2）若，求sinA．
【答案】（1） （2）或1．
【解析】（1）由正弦定理，得，
因为，则，所以，
因为，所以．
所以．
因为，则，可得，所以，
则，所以．
（2）方法一：因为，由正弦定理，得，
因为，
所以
，
即．
因为，则，所以或，
所以或，故或1．
方法二：因为，由余弦定理得，
将代入（*）式得，整理得，
因式分解得，解得或，
①当时，，
所以
因为，所以，
②当时，，
所以，
因为，所以，
所以sinA的值为或1．
16．（15分）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，点为棱的中点，平面平面，.

（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）证明：取中点，连接，，
因为四边形为正方形，点为的中点，点为的中点，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为点为的中点，所以.
（2）解：因为平面平面，平面平面，
且，，所以平面，
以为基底建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，可得，，
设为平面的一个法向量，则，
取，得，所以，
由平面，可得平面的一个法向量为，
则，
由图知二面角为钝二面角，所以其余弦值为.

17．（15分）已知函数，．
（1）若，求证：；
（2）若关于的不等式的解集为集合，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）若，则，，
所以，又与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，所以.
（2）因为，，，
所以，显然与在上单调递增，
所以在上单调递增，
当时，时，
所以存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，由（1）可知时有，此时，显然符合；
①若时，有，
由上单调递增，且，
所以存在使得，要使的解集为集合的子集，
而的解集为，因为，所以，
又上单调递增，所以，即有，
则，令，，则，
所以在上单调递增，因为，所以，此时；
②若时，所以，
又在上单调递减，时，所以
所以存在使得，则不等式解集为，
因，又，所以只需，
又显然成立，所以，符合题意；
综上可得.
18．（17分）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立．
（1）若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
（2）当时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程．
【答案】（1） （2）（i）分布列见解析，期望最大值为；（ii）.
【解析】（1）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则
，，，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种，
所以
．
（2）（i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
，
，
．
所以X的分布列为
所以X的期望
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
故的最大值为．
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则．
由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同．
所以
所以，即，
因，所以．
19．（17分）已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且．
（1）设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
（2）若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】（1）因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，
设，，，，
则点M的横坐标，点N的横坐标，
由，得，
因式分解得，约分得，
所以，即，
所以MN垂直于x轴．
（2）设，则，且，
当时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当时，D为PB中点，同理得，
所以是方程的两个根，
因为，
由韦达定理得，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以
，，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．
X
2
4
5
P