江苏省南京市2024年高三数学模拟预测卷.docx

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1、江苏省南京市高三数学模拟预测卷一、单选题1已知集合，则（）ABCD2已知复数满足；则（）ABC8D203已知，设，则（）ABCD4在中，在上，且在上，且若，则（）ABCD5函数的单调递增区间是（）ABCD6下列说法中不正确的是（）A线性回归直线必过样本数据的中心点B当样本相关系数时，成对数据正相关C如果成对数据的线性相关性越强，则样本相关系数就接近于1D残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越低7下列四种变换方式，其中能将的图象变为的图象的是（）向左平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的；向左平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的；横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度

2、；横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位长度；A和B和C和D和8已知直线：与直线：相交于点P，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（）ABCD二、多选题9设数列的前n项和为，则下列说法正确的是（）AB当且仅当时，取得最大值C时，n的最大值为33D，中，最大值为10已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（）ABC图2中，D图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于11如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边

3、界）一点，则（）A若平面，则点P与点B重合B以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为C若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为D若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧三、填空题12在一次羽毛球男子单打比赛中，运动员甲、乙进入了决赛比赛规则是三局两胜制根据以往战绩，每局比赛甲获胜概率为0.4，乙获胜概率为0.6，利用计算机模拟实验，产生内的整数随机数，当出现随机数1或2时，表示一局比赛甲获胜，现计算机产生15组随机数为：421，231，344，114，522，123，354，535，425，232，233，351，122，153，533，据此估计甲获得冠军的概率为

4、 13已知函数，若，则的最小值为 .14在边长为3的等边三角形中，为线段上的动点，且交于点.且交于点，则的值为 ；的最小值为 .四、解答题15已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)若，求B；(2)若D为AC中点，且，求16已知数列的首项，且满足.(1)求证：数列为等比数列；(2)若，求满足条件的最大整数n.17在四棱锥中，平面平面，底面是边长为的正方形，取的中点，连接.请建立适当的空间直角坐标系，并解答下列问题：(1)求异面直线与所成角的余弦值；(2)求与平面所成角的正弦值.18已知(1)若恒成立，求实数的取值范同：(2)设表示不超过的最大整数，已知的解集为，求（参考数据：，）

5、19已知双曲线的中心为坐标原点，上顶点为，离心率为.(1)求双曲线的方程；(2)记双曲线的上、下顶点为、，为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求证：直线过定点，并求出定点坐标.参考答案：1A【分析】化简集合结合交集的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：A.2B【分析】利用复数的运算法则可得，再利用模的计算公式可得结果.【详解】由，得，所以.故选：B.3A【分析】利用作差法判断的正负即可得出结果.【详解】由题意可知，当且仅当时，等号成立；即.故选：A4C【分析】根据平面向量的基本定理和平面向量的线性运算求得正确答案.【详解】因为，所以，则因为，所以，则故选：C5D

6、【分析】由对数函数单调性、二次函数单调性以及复合函数单调性列出不等式组即可求解.【详解】由题意，令，解得，即函数的单调递增区间是.故选：D.6C【分析】A选项，线性回归方程必过；BC选项，根据相关系数的意义作出判断；D选项，根据残差分析中残差点所在的水平带状区域的意义判断.【详解】A选项，线性回归直线必过样本数据的中心点，故A说法正确；B选项，当相关性系数时，两个变量正相关，相关性系数时，两个变量负相关，故B说法正确；C选项，相关系数，如果两个变量的相关性越强，则相关性系数就越接近于1，故C说法错误；D选项，残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，水平带状区域越宽，则

7、回归方程的预报精确度越低，D说法正确；故选：C.7B【分析】利用三角函数图象的平移变换、周期变换进行判断.【详解】因为，对于，函数的图象向左平移个单位长度，得到，再将每个点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，故正确；对于，函数的图象向左平移个单位长度，得到，再将每个点的横坐标缩短为原来的，得到，故错误；对于，将函数的图象每个点的横坐标缩短为原来的，得到，再向左平移个单位长度，得到，故错误；对于，将函数的图象每个点的横坐标缩短为原来的，得到，再向左平移个单位长度，得到，故正确.故A，C，D错误.故选：B8B【分析】由已知得到，过定点，过定点，从而得到点轨迹为圆，设圆心为，半径为，取的中点，连接

8、，求得，设圆的半径为，求得的最小值，再由得答案【详解】解：圆半径，圆心，直线与垂直，又过定点，过定点，点轨迹是以为直径的圆，方程为，圆心，半径，取的中点，连接，由，则，则，的最小值为故选：B9ACD【分析】由数列的前n项和求出通项公式，由此判断出等差数列的单调性和符号，找到，可判定A、B；再解不等式，判定C；再由的最大值和的最小正项求出的最大值.【详解】对于A项，当时，；当时，时，满足综上所述，A正确；对于B项，要使取得最大值，则应有，即，解得又，所以当或时，取得最大值故B不正确；对于C项，由A知，解，可得所以，时，n的最大值为33故C正确对于D项，由前面可知当， 且当时，取得最大值，是最小正

9、项，所以D正确故选：ACD10AC【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断A；结合的取值范围求出的值，可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出，结合扇形的面积公式可判断D.【详解】函数的最小正周期为，在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设点，则点、，因为，解得，故A正确；所以，则，可得，又因为函数在附近单调递减，且，所以，故B错误；因为，可得，又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，所以，因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，可得，翻折后，则

10、有、，所以，所以，在图2中，故C正确；在图2中，设点，可得，易知为锐角，则，所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，故区域的面积，故D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.11ABC【分析】由线线垂直证明线面垂直判断选项A；由球面与截面的交线轨迹，计算长度判断选项B；由位置关系得截面形状，计算面积判断选项C；由点位置特征分析轨迹形状判断选项D.【详解】正方体中，平面，平面，正方形中，平面，则平面，平面，同理，平面， 平面，若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾，故当平面时，点P与B重合，

11、故A正确；，三棱锥为正三棱锥，故顶点D在底面的射影为的中心H，连接DH，由，得，所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分，如图所示，所以.，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于，所以球面与截面的交线的长度为，故B正确；对于C，过E，P的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、，分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示：则截面为五边形，故，所以，所以五边形的面积，故C正确；因为平面，平面，所以，点P到直线的距离即点P到点的距离，因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离，由题意知点P到点的距离等于点P到的距离，故点P

12、的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. 作几何体截面的方法：(1)利用平行直线找截面；(2)利用相交直线找截面.找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面交点法：各棱面与截平面的交线.12【分析】根据题意，由随机数组来确定胜负情况，根据15组数据中满足条件的数组个数，除以总数即可得解.【详解】由计算机

13、产生的15组数据中，甲获得冠军的数据有421，231，114，522，123，232，122，共7组，据此估计甲获得冠军的概率为故答案为：.134【分析】根据题意结合图象可得，且，结合基本不等式运算求解.【详解】作出函数的图象，如图所示，因为，且，则，可得，即，且，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4.故答案为：4.14 3 【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值.【详解】设，为边长为3的等边三角形，为边长为的等边三角形，所以当时，的最小值为.故答案为：3；.15(1)(2)【分析】（1）由题意，根据余弦定理，结合三角形内角性质以及正弦定理，可得答案；（2）由题意，根据

14、向量的基本性质，结合余弦定理，整理齐次方程，可得答案.【详解】（1）由余弦定理得.又，所以，即.由正弦定理得，因为，所以，因为，所以.又因为，所以.（2）因为点是的中点，所以，所以.因为，所以.又因为，所以，即，解得.16(1)证明见解析(2)2023【分析】（1）对递推式两边取倒数得，变形为，然后根据等比数列定义证明即可；（2）由（1）可得，利用分组求和思想求和后结合函数单调性解不等式即可求解.【详解】（1），可得，又由，所以，则数列表示首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）可得，所以.设数列的前n项和为，则，若，即，因为函数为单调递增函数，所以满足的最大整数n的值为2023.17(1)(

15、2)【分析】（1）利用坐标法可得异面直线夹角；（2）利用坐标法可得线面夹角.【详解】（1），且为的中点，又平面平面，且平面平面，则平面，取中点，则，则以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，则，则，所以异面直线与所成角的余弦值为；（2）由（1）得，则，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以与平面所成角的正弦值为.18(1)(2)【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得函数的最小值，进而可得参数范围；（2）由，可得，分情况讨论该不等式是否有解，可得，进而可得.【详解】（1）由，得，令得，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为恒成立，所以，即，解得；（2）由，得，则，

16、设函数，令，可得，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以，即，则当时，即时，由（1）得在单调递增，恒成立，且当时，；当时，即时，由（1）知在单调递减，不符合题意；当时，易知有解；因为的解集为，则，所以，即【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用19(1)(2)证明见解析，定点坐标为【分析】

17、（1）根据离心率和上顶点确定、，进而可得双曲线方程；（2）直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合，可得的值，进而可得定点.【详解】（1）解：设双曲线方程为，因为该双曲线的上顶点坐标为，则，则由可得，则，因此，双曲线的方程为.（2）证明：由（1）可得、，设、，若直线的斜率不存在，则点、关于轴对称，从而可知，直线、关于轴对称，则点在轴上，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，所以，设，则，所以，又，得，所以，即，化简得，解得，所以直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.