精品解析：2024届江苏省南京师范大学附属扬子中学高三第二次模拟考试数学试卷

南京师范大学附属扬子中学2024届二模适应性检测 一、选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算得到，再计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故选：D. 2. 设集合，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到或，求得的值，结合集合的包含关系，即可求解. 【详解】由集合， 因为，所以或，解得或， 当时，，不符合题意； 当时，，符合题意． 故选：C． 3. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”的（   ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立； 由，，若，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下： 则“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 4. 已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设事件为“仅有一个是艺术类社团”，事件为“另一个是体育类社团的概率”，利用条件概率公式可得结论. 【详解】设事件为“仅有一个是艺术类社团”，事件为“另一个是体育类社团的概率”， 则，， . 故选：A. 5. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的公比为q,求出通项和求和公式，利用等差数列得的q方程即可求解. 【详解】设的公比为q,由题知，则，， 故，，则,, 即，解得,(舍去),此时,满足题意，则. 故选：D. 6. 学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】可设圆台的上、下底面半径分别为，，根据题意求出圆台的高和的值，即可求出圆台的体积． 【详解】根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为，， 因为母线长为8，且母线与底面所成的角为， 所以圆台的高为，并且，得 所以圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为． 由此可得圆台的体积为． 故选：B． 7. 如图，函数的部分图象，若点是中点，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，，则，代入函数解析式得到方程组，结合诱导公式，变形得到，从而求出答案. 【详解】设，则，故， 设，，则， 故， 其中 ， 则 ， 解得，负值舍去， 即，故的纵坐标为. 故选：C 8. 若函数在上单调递增，则和的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】二次求导得到在上单调递增，要想在上单调递增，只需，再逐项检验. 【详解】，且，且， ，令， 则恒成立， 故在上单调递增， 要想在上单调递增， 只需，即只需， 对A, 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 故，即，则 ，A错误； 对B, ，B错误； 对C, 令，， 则恒成立， 故在上单调递减， 故，即，C错误； 对D，令， 当， 单调递减， 故，即 因为， 即，D正确． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性求参数，关键是利用二次导数判断出. 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，不选或有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 设有一个经验回归方程为，变量增加1个单位时，平均增加2个单位 B. 已知随机变量，若，则 C. 两组样本数据和.若已知且，则 D. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据回归方程的特点可判断选项A；根据正态分布的性质可判断选项B；根据平均数的计算方式可判断选项C；根据残差的概念可判断选项D. 【详解】对于选项A：因为经验回归方程为， 所以随着的增大，会减少2个单位，故选项A错误； 对于选项B：因为随机变量 所以正态曲线关于对称. 又因为， 所以， 所以，故选项B正确； 对于选项C：因为，，， 所以， 即，故选项C正确； 对于选项D：因为经验回归方程为，且样本点与的残差相等， 则， 化简得：，故选项D正确. 故选：BCD. 10. 已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，则（ ） A. B. C. 的面积的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】延长交于点，根据平面向量的线性运算可得出，可判断选项A；结合，利用平面向量的数量积定义、数量积运算法则及基本不等式可判断选项B；由和平面向量数量积的定义可得出，由求出，再根据三角形面积公式可判断选项C；结合选项B得出，再利用余弦定理即可判断选项D. 【详解】 延长交于点. 因为是的重心， 所以点是中点，， 则. 对于选项A：因为，故选项A正确； 对于选项B：由得：， 所以，当且仅当时等号成立. 又因为，即，， 所以， 即，当且仅当时等号成立，故选项B正确； 对于选项C：因为，当且仅当时等号成立，， 所以，故选项C正确； 对于选项D：由，， 得， 所以由余弦定理可得： ，即，当且仅当时等号成立， 所以的最小值是，故选项D错误. 故选：ABC. 11. 双曲抛物线又称马鞍面，其形似马具中的马鞍表面而得名．其在力学、建筑学、美学中有着广泛的应用．在空间直角坐标系中，将一条平面内开口向上的抛物线沿着另一条平面内开口向下的抛物线滑动（两条抛物线的顶点重合）所形成的就是马鞍面，其坐标原点被称为马鞍面的鞍点，其标准方程为，则下列说法正确的是（） A. 用平行于平面的面截马鞍面，所得轨迹为双曲线 B. 用法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线 C. 用垂直于y轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线 D. 用过原点且法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线 【答案】AB 【解析】 【分析】利用空间向量的相关知识，结合马鞍面的标准方程，逐一变换方程判断各选项即可得解. 【详解】因为马鞍面的标准方程为， 对于A，平行于平面的面中为常数，不妨设为， 得，故所得轨迹是双曲线.，故A正确； 对于B，法向量为的平面中为常数，不妨设为， 则，为抛物线方程，故B正确； 对于C，垂直于轴的平面中为常数，不妨设为， 则，为抛物线方程，故C错误； 对于D，不妨设平面上的点坐标为， 因为平面过原点且法向量为，由，得， 故，代入马鞍面标准方程，得， 当时，方程为，不是抛物线，故D错误. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知二项式的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，______． 【答案】10 【解析】 【分析】借助二项式系数的性质与组合数的性质计算即可得. 【详解】因为二项式的展开式中，第4项与第8项的二项式系数相等， 所以，由组合数的性质可得． 故答案为：10. 13. 如图，在中，，为边上的一点，且，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】在中由正弦定理求出，即可求出，再代入求出，最后由为等腰直角三角形得解. 【详解】由题可知，在中，由正弦定理得， 即，得， 又，由图可得为钝角，所以， 所以，则， 则， 又，所以为等腰直角三角形，则． 故答案为： 14. 已知双曲线，斜率为的直线与的左右两支分别交于两点，点的坐标为，直线交于另一点，直线交于另一点.若直线的斜率为，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，线段AB的中点，代入双曲线的方程中可得，两式相减得，可得①，设，线段CD的中点，同理得②，由，得 三点共线， 从而求得，由此可求得双曲线的离心率. 【详解】 设，线段AB的中点， 则，两式相减得， 所以①， 设，线段CD的中点，同理得②， 因为，所以，则三点共线， 所以，将①②代入得：， 即， 所以，即， 所以， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主要考查了双曲线离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合点差法表示出点的坐标，从而得到的关系式，即可求解. 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）当时，求得，当时，得到，两式相减化简得到，结合叠加法，即可求得数列的通项公式； （2）由（1）得到，求得， 解法1：根据题意，转化为，结合，结合基本不等式，即可求解； 解法2：根据题意，转化为，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：当时，，解得， 当时，， 两式相减可得，， 则， 叠加可得，，则， 而时也符合题意， 所以数列的通项公式为． 【小问2详解】 解：由（1）知，可得， 故； 解法1：由，可得， 即，即则，又由， 当且仅当时取等号，故实数的取值范围为． 解法2：由， 可得， 当，即时，， 则，故实数的取值范围为． 16. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分和两种情况讨论，分别得出函数的单调性； （2）由（1）可得，依题意只需证明，构造函数利用导数确定函数的最值可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 又， 当时，，则在上单调递减 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递增 当时，，则在上单调递减 综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 由（1）可知，当时在上单调递增，在上单调递减； 所以， 要证：， 即证：， 即证：， 令，， 则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以， 所以当时，，从而命题得证． 17. 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF； 【小问3详解】 法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为. 法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆：的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线交于，两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图. （1）求的方程： （2）若过作，垂足为. （i）证明：直线过定点； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的第一定义和离心率，求解椭圆方程； （2）设点,的方程为,联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标, 同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，如果直线CD过定点，则该定点在轴上，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点的轨迹为以为直径的圆（除外），由即可求解. 【小问1详解】 由椭圆定义可知，， 所以的周长为，所以， 又因为椭圆离心率为，所以，所以， 又，所以椭圆的方程： 【小问2详解】 (i)设点，，，， 则直线的方程为，则， 由得，， 所以， 因为，所以， 所以，故， 又， 同理，， 由，，三点共线，得， 所以， 直线的方程为 由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上， 令得， ， 故直线过定点. （ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除，外）， 圆心为，半径为，故. 【点晴】方法点睛：（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. 19. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，以单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.现有如下定义：在维空间中，，两点的曼哈顿距离为 （1）在3维单位立方体中任取两个不同顶点，试求所取两点的曼哈顿距离为1的概率； （2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离 （i）求出的分布列与期望； （ii）证明：随机变量的方差小于. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意结合古典概型的概率公式求解； （2）（i）对于的随机变量，所对应情况数为种，从而可求出所对应的概率，进而可求出的布列与期望；（ii）先求出，然后根据化简可证得结论. 【小问1详解】 记“所取两点的曼哈顿距离为1为事件A”，则 答：所取两点的曼哈顿距离为1的概率为. 【小问2详解】 （i）对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，即，剩下个坐标值满足. 此时所对应情况数为种.即 故分布列为： 1 2 … … 数学期望 倒序相加得， 即. （ii） ， 设， 两边求导得，， 两边乘以后得，， 两边求导得，， 令得，， 所以 ． 【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查离散型随机变量的方差，第（2）问解题的关键是根据题意求出时所对应情况数为种，考查计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京师范大学附属扬子中学2024届二模适应性检测 一、选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5 2. 设集合，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，则“”是“”的（   ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知甲同学从学校的2个科技类社团，4个艺术类社团，3个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是艺术类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ） A. B. C. D. 5. 已知公比不为1的等比数列的前项和为，若数列是首项为1的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 6. 学校某生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，其母线与底面所成的角为，则这个圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，函数的部分图象，若点是中点，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调递增，则和的可能取值为（ ） A. B. C. D. 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，不选或有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 设有一个经验回归方程为，变量增加1个单位时，平均增加2个单位 B. 已知随机变量，若，则 C. 两组样本数据和.若已知且，则 D. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 10. 已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，则（ ） A. B. C. 的面积的最大值为 D. 的最小值为 11. 双曲抛物线又称马鞍面，其形似马具中的马鞍表面而得名．其在力学、建筑学、美学中有着广泛的应用．在空间直角坐标系中，将一条平面内开口向上的抛物线沿着另一条平面内开口向下的抛物线滑动（两条抛物线的顶点重合）所形成的就是马鞍面，其坐标原点被称为马鞍面的鞍点，其标准方程为，则下列说法正确的是（） A. 用平行于平面的面截马鞍面，所得轨迹为双曲线 B. 用法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线 C. 用垂直于y轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线 D. 用过原点且法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知二项式的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，______． 13. 如图，在中，，为边上的一点，且，则_________. 14. 已知双曲线，斜率为的直线与的左右两支分别交于两点，点的坐标为，直线交于另一点，直线交于另一点.若直线的斜率为，则的离心率为__________. 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围． 16. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，. 17. 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 18. 已知椭圆：的左、右焦点别为，，离心率为，过点的动直线交于，两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图. （1）求的方程： （2）若过作，垂足为. （i）证明：直线过定点； （ii）求的最大值. 19. 在三维空间中，单位立方体的顶点坐标可用三维坐标表示，其中.而在维空间中，以单位立方体的顶点坐标可表示为维坐标，其中.现有如下定义：在维空间中，，两点的曼哈顿距离为 （1）在3维单位立方体中任取两个不同顶点，试求所取两点的曼哈顿距离为1的概率； （2）在维单位立方体中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离 （i）求出的分布列与期望； （ii）证明：随机变量的方差小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $