2024年江苏省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年江苏省高考数学一轮模拟卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．今年暑期，《八角笼中》、《长安三万里》、《封神榜》、《孤注一掷》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这四部电影，若小明要看《长安三万里》，则恰有两人看同一部影片的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，为棱的中点，且，则（ ）

A．6B．8C．9D．10
6．已知，，直线和垂直，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．16
7．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边上一点在第三象限，且．则（ ）
A．B．C．D．
8．椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于点，，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，则（ ）
注：表示面积.
A．2B．C．3D．
二、多选题
9．某品牌新能源汽车2023年上半年的销最如下表：
则（ ）
A．销量的极差为
B．销量的第60百分位数为
C．销量的平均数与中位数相等
D．若销量关于月份的回归方程为 ，则
10．已知数列的前项依次为，则下列可以作为数列通项公式的有（ ）
A．B．
C．D．
11．平面直角坐标系数Oxy中，已知，则使得动点P的轨迹为圆的条件有（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知函数是定义在上的奇函数，则的值为 ．
13．把函数的图像按向量平移后，得到函数的图像，则 ， ．
14．随着我国国民教育水平的提高，越来越多的有志青年报考研究生.现阶段，我国研究生入学考试科目为思政、外语和专业课三门，录取工作将这样进行：在每门课均及格（分）的考生中，按总分进行排序，择优录取.振华同学刚刚完成报考，尚有11周复习时间，下表是他每门课的复习时间和预计得分.设思政、外语和专业课分配到的周数分别为，则自然数数组 时，振华被录取的可能性最大.
四、解答题
15．已知数列的前n项和为.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前n项和.
16．已知函数．
(1)求函数图象的对称中心；
(2)若，求不等式的解集．
17．已知函数．
(1)若，且图象关于对称，求实数的值；
(2)若，
（i）方程恰有一个实根，求实数的取值范围；
（ii）设，若对任意，当时，满足，求实数的取值范围．
18．如图，多面体由两个完全相同的四棱锥底面重合拼接而成，它们的公共底面为矩形，四边形为平行四边形，，，为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)若该多面体体积为4，求直线与平面夹角的余弦值．
19．已知抛物线与交于两点，其中点在第一象限，且，抛物线的准线与轴交于点．
(1)求以线段为直径的圆的方程；
(2)若在抛物线上，且，探究：直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
月份
1
2
3
4
5
6
销量（万辆）
11.7
12.4
14.6
13.8
13.2
15.3
科目
周数
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
思政
20
40
55
65
72
78
80
82
83
84
85
外语
30
45
53
58
62
65
68
70
72
74
75
专业课
50
70
85
90
93
95
96
96
96
96
96
参考答案：
1．C
【分析】首先根据指对互换运算求出集合，解绝对值不等式求出集合，结合集合的交集运算即可.
【详解】由题意，
，所以.
故选：C.
2．D
【分析】先分析不等式成立的一个充分不必要条件的性质，再解不等式即可得解.
【详解】要成为不等式成立的一个充分不必要条件，
则该条件所对应的集合为不等式的解集的真子集，
解，得，故不等式的解集为，
逐一分析各选项，可知只有D选项对应的集合满足题意，故D正确.
故选：D.
3．C
【分析】根据复数运算和共轭复数的概念可得.
【详解】因为，所以.
故选：C．
4．B
【分析】对观看《长安三万里》的人数进行分类讨论，利用排列和组合计数原理以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分以下两种情况讨论：
（1）小明和其中一人同时看《长安三万里》，另外两人看剩余三部电影中的两部，
此时，所求概率为；
（2）观看《长安三万里》只有小明一人，只需将剩余三人分为两组，
再将这两组人分配给两部电影，此时，所求概率为.
综上所述，恰有两人看同一部影片的概率为.
故选：B .
5．A
【分析】利用空间向量的基本运算及数量积公式表示出，计算即可.
【详解】底面为菱形，，
,
为棱的中点,
，
解得.
故选: A.
6．C
【分析】由题意可得出，再由基本不等式“1”的代换求解即可.
【详解】因为直线和垂直，
所以，所以，
因为，，
所以，
当且仅当，即时取等.
故选：C.
7．C
【分析】由所求式化简判断需求，而由题设利用三角函数基本关系式易得.
【详解】因，且是第三象限角，则，
故.
故选：C.
8．C
【分析】结合椭圆性质以及光学性质得，再结合即可得解.
【详解】如图，由椭圆的光学性质可得三点共线.设，
则.
故，解得.
又，所以，所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：关键是充分结合光学性质以及椭圆定义，将线段长度都用来表示，由此即可顺利得解.
9．AC
【分析】将销量按升序排列，根据统计相关知识逐项分析判断ABC；根据回归直线必过样本中心点运算求解判断D.
【详解】将销量按升序排列可得11.7，12.4，13.2，13.8，14.6，15.3，
对于A，销量的极差为，A正确；
对于B，由，得销量的分位数是第4位数13.8，B错误；
对于C，销量的平均数，
销量的中位数，则销量的平均数与中位数相等，C正确；
对于D，月份的平均数，回归方程过样本中心点，
即，解得，D错误.
故选：AC
10．AC
【分析】根据通项公式逐一判断即可.
【详解】对于A：，符合；
对于B：，不符合；
对于C：，符合；
对于D：，不符合；
故选：AC.
11．AC
【分析】设，根据选项中的条件列出方程，化简，结合化简结果可判断动点轨迹是否为圆，即可判断A，B，C；结合椭圆定义可判断D.
【详解】设，则，
对于A，由得，
此时动点P的轨迹为圆，A正确；
对于B，由得，
则，该式无意义，此时点P不存在，B错误；
对于C，由得，
整理得，即，
此时动点P的轨迹为圆，C正确；
对于D，由可知，动点P到两定点的距离之和为3，
且，此时动点P的轨迹为椭圆，D错误，
故选：AC
12．
【分析】根据辅助角公式可得，结合三角函数的奇偶性即可求解.
【详解】，
由为R上的奇函数，得，即，
因为，所以时，，
即，则.
故答案为：
13．
【分析】根据左加右减，上加下减的规则平移函数.
【详解】根据题意，将函数的图像项左平移个单位，再向下平移3个单位，
得.
故答案为：；
14．
【分析】根据题意，分别保证各科及格，再由得分效益最大求解.
【详解】首先保证各学科均及格，则思政、外语、专业课分别需要3周，4周，2周，还有剩余复习时间3周，剩余时间复习一周思政可提高7分，复习外语可提高3分，复习专业课可提高15分，故先安排一周复习专业课，剩余2周，若再复习专业课一周可提高5分，从得分效益来看，先安排一周复习思政，剩一周再复习思政可提高6分，故安排复习思政，
综上，安排5周思政复习，4周外语复习，2周专业课复习，总分最高，
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由递推式得时，有，再时，由化简变式得，结合等差数列定义证明；
（2）将通项公式裂项，利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）证明：当时，，所以；
当时，因为，
所以，
因为，所以，
化简得，所以，
所以，
所以是以2为首项和公差的等差数列；
（2）由（1）可得，
所以，
所以
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据图象的对称中心求出图象的对称中心；
（2）将不等式化简为，对分类讨论求解不等式.
【详解】（1）易知图象的对称中心为，
图象的对称中心为．
图象的对称中心为．
（2）不等式，即为．
，即．
当时，显然有（不能同时取等号）恒成立；
当时，由三角函数的单调性知单调递减，
又的解集是；
当时，显然有无解；
当时，由三角函数的单调性知单调递增，
又的解集是．
不等式的解集为．
17．(1)；
(2)（i）；（ii）．
【分析】（1）利用函数的奇偶性与对称性待定系数计算即可；
（2）（i）利用对数函数的单调性含参讨论解方程即可；（ii）利用复合函数单调性先确定单调递减，借助函数单调性将条件不等式转化为对任意的恒成立，变换主元利用二次函数的性质及计算即可.
【详解】（1）由题意知图象关于对称，
所以为偶函数，
即，
所以，故；
（2）由题意知，
（i）方程，所以，
整理可得，，即，
当时，方程有唯一解，此时，不符合条件；
当时，同上，解方程得，也不符合条件；
当且时，方程有两不等解，
若满足，则，
若满足，则，
显然若时，无解，
若时，有两解，
所以当时方程恰有一个实根，
综上，实数的取值范围为；
（ii）令，则在上为减函数，而在上为增函数，
所以函数在上为减函数，
当时，满足，
则，
所以，
因为，即对任意的恒成立，
设，
又，所以函数在单调递增，
所以，所以．
【点睛】思路点睛：第二问第一小问带有参数的方程只有一根，故含参分类讨论即可；第二小问，不等式在定区间恒成立问题，借助函数的单调性脱去函数符号，将不等式等价变形，因为不等式含有双变量，故变换主元转化为二次函数，借助二次函数的图象与性质计算即可.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于N，连接，根据条件可得，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）由题设可知平面平面，从而可得到平面，再根据条件，可建立空间直角坐标系，利用几何体的体积可得，再求出平面平面的法向量及，利用线面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）连接交于N，连接，
因为四边形为平行四边形，所以N为中点，
因为M为中点，所以为三角形的中位线，
所以，又平面平面，
所以平面.
（2）依题意可知平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面，即为四棱锥的高，
又平面，所以，
因为矩形中，，又因为平行四边形中，
所以两两垂直，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设
则，解得，
则，所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
又，所以，
所以与平面所成角的余弦值为．
19．(1)
(2)直线过定点．
【分析】（1）根据图象的对称性，先明确点的纵坐标，代入圆的方程，确定点的横坐标，再求以为直径的圆的方程；
（2）先明确直线不与轴平行，故可设为：，与抛物线方程联立，消去，利用一元二次方程根与系数的关系，写出，，利用进行转化，求出、的关系，确定直线过定点.
【详解】（1）由题意得，两点的纵坐标分别为，
代入中，解得舍去），，
代入中，得，解得抛物线，
则以线段为直径的圆的方程为．
（2）如图：
显然直线与轴不平行，设直线的方程为，
联立，消去得．
设，则．
，且是抛物线上异于的不同两点，．
，同理得，
∴，∴，∴，即，
∴，所以直线过定点．