2024届江西省高三上学期12月统一调研测试数学试题含答案

这是一份2024届江西省高三上学期12月统一调研测试数学试题含答案，共19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．
【答案】D
【分析】根据自然数集可得，根据对数函数的单调性可得，结合交集的概念和运算即可求解.
【详解】，
由，得，解得，
即，所以.
故选：D
2．已知复数，则满足的所有不相等的复数z之和的虚部为（ ）
A．1B．iC．2D．2i
【答案】C
【分析】根据复数模的运算列不等式，由此求得符合题意的，进而求得正确答案.
【详解】依题意，，
所以，所以或，
所以所有不相等的复数z之和的虚部为.
故选：C
3．已知直线的一个方向向量为，则m的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据方向向量和斜率的知识求得正确答案.
【详解】直线的斜率为，
所以.
故选：D
4．从2，3，4，5，6这5个数字中任取3个，则这3个数的乘积能被12整除的取法有（ ）
A．7种B．8种C．9种D．10种
【答案】A
【分析】由题意，取出来的个数一定含有或或，注意排除重复出现的，进而可得出答案.
【详解】由题意，取出来的个数一定含有或或，
当取出来的个数含有时，则有种，
当取出来的个数含有时，则有种，
当取出来的个数含有时，有共种，
其中在前两种情况中已经出现，
所以这3个数的乘积能被12整除的取法有种.
故选：A.
5．已知且，若函数为偶函数，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性建立关于a的方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，
又函数为偶函数，所以，
即，得，
由，解得.
经检验，符合题意，
所以.
故选：C
6．已知圆上两个不同的点，，若直线的斜率为，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】根据斜率公式可得，即可根据辅助角公式得，由三角函数的性质即可求解.
【详解】由题意可得，
故，故
故或，
由于为不同的两个点，所以，
故，则，
故选：B
7．设为等差数列的前n项和，则对，，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】A
【分析】由，推得数列为递增数列，进而得到成立，得出充分性成立；反之：由，得到数列为递增数列，举例说明必要性不成立，即可求解.
【详解】若对，都有，可得，
因为恒成立，所以，即数列为递增数列，
，
所以，即成立，所以充分性成立；
反之：若对，都有，即，
可得，解得，所以，
即数列为递增数列，
例如：数列为递增数列，可得，
此时不成立，即必要性不成立；
所以对，，是“”的充分不必要条件.
故选：A.
8．定义：设二元函数在点的附近有定义，当固定在而在处有改变量时，相应的二元函数有改变量，如果存在，那么称此极限为二元函数在点处对的偏导数，记作．若在区域D内每一个点对的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于x，y的二元函数，它就被称为二元函数对自变量的偏导函数，记作．已知，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据“偏导函数”的知识求得，进而利用判别式法求得正确答案.
【详解】依题意，
，
同理可求得，所以，设，
则，由，
得，
，此方程有解，所以，
.
故选：B
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
二、多选题
9．已知双曲线：的离心率为2，下列双曲线中与双曲线C的渐近线相同的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】求得双曲线的渐近线方程为，根据选项，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由双曲线：的离心率为，可得，
又由，解得，所以双曲线的渐近线方程为，
对于A中，双曲线，可得渐近线方程为，不符合题意；
对于B中，双曲线，可得渐近线方程为，符合题意；
对于C中，双曲线，可得渐近线方程为，符合题意；
对于D中，双曲线，可得渐近线方程为，符合题意.
故选：BCD.
10．已知的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则二项式展开式中（ ）
A．所有二项式系数和为128B．所有项系数和为
C．不存在常数项D．含项的系数为
【答案】AC
【分析】先求得，然后根据二项式系数和、所有项的系数和、项的系数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，解得，
所以二项式系数和为，A选项正确.
由令，得所有项系数和为，B选项错误.
展开式的通项公式为，
令不合题意，所以展开式没有常数项，C选项正确.
令，所以含项的系数为，D选项错误.
故选：AC
11．已知函数，其中，，是的导函数，若的最大值为，且，则使函数在区间上的值域为的m的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据已知条件求得，然后根据三角函数值域的知识求得正确答案.
【详解】
，其中，
依题意可知，而，所以，
所以，
由得，
由于，所以.
若，则，
要使函数在区间上的值域为，
则需，
所以的取值可以是.
故选：BC
12．如图，在长方体中，其表面积与12条棱长之和均为24，E，G分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．该长方体的外接球表面积为
B．平面
C．若线段与平面交于点，则
D．平面将长方体分成两部分，其中较小部分与较大部分的体积之比为
【答案】ABD
【分析】设，长方体外接球的半径为R，则，由题意计算即可判断A；由题意可证得，即该几何体为正方体，设棱长为2，建立如图空间直角坐标系，利用向量数量积为0验证平面即可判断B；由B可知平面的法向量为，利用向量法求点面距即可判断C；如图，可知梯形将正方体割为两部分，结合棱台的体积公式计算即可判断D.
【详解】A：设，长方体外接球的半径为R，则，
由，得，
所以，所以，故A正确；
B：由A知，，
则，得，
即该几何体为正方体，设棱长为2，建立如图空间直角坐标系，
则，，
，
则且，所以平面，故B正确;
C：由B可知，平面的一个法向量为，
又，所以点到平面的距离为，
又，所以，故C错误；
D：设平面与棱交于点，易知为的中点，
所以平面将正方体分成两部分，
棱台的体积为，
而长方体的体积为8，则较大部分的体积为，
其中较小部分与较大部分的体积之比为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线进而求解；
坐标法：通过建立恰当的空间直角坐标系，结合空间坐标运算公式求解；
基底法：通过向量的基底转化以及向量的运算法则进行求解.
三、填空题
13．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点F在坐标轴上，若点在C上且，则C的方程为 ．
【答案】
【分析】根据抛物线的性质可判断开口方向，即可分类讨论求解.
【详解】由点在C上可知抛物线为开口向上或者开口向右，
当抛物线开口向上时，设方程为，将代入可得，此时焦点，则，符合题意，
当抛物线开口向右时，设方程为，将代入可得，此时焦点，则，不符合题意，
综上可得，
故答案为：
14．已知圆O：，写出满足条件“圆O上到直线的距离为的点的个数是奇数”的一个m的值为 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据圆心到直线的距离列方程来求得的值.
【详解】圆的圆心为，半径，
要使“圆O上到直线的距离为的点的个数是奇数”，
则圆心到直线的距离或，
即或，解得或.
故答案为：（答案不唯一）
15．达·芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】判断出异面直线与所成角，解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】设，则是的中点，连接，
由于，所以是异面直线与所成角（或其补角），
在三角形中，，
根据正方体的性质可知平面，平面，
所以，所以，
所以在直角三角形中，.
故答案为：
16．已知函数，的极值点从小到大依次为，则 ．
【答案】3
【分析】根据极值点的概念可得方程的根从小到大依次为，解得或().利用黄金三角形证明可得，结合诱导公式化简可得，计算即可求解.
【详解】由题意知，，
因为函数的极值点从小到大依次为，
所以方程即的根从小到大依次为，
解方程得或().
如图，在等腰中，分别为的中点，
和，由，得，即，由，解得，
所以在中，，
在中，，则，
所以，
即，
所以.
故答案为：3
四、解答题
17．某学校即将迎来建校80周年，为了增进学生爱校、荣校意识，团委组织学生开展“迎校庆、知校史”的知识竞赛活动，共有100名同学参赛.为了解竞赛成绩的分布情况，将100名同学的竞赛成绩按，，，，，分成6组，绘制成如图所示的频率分布直方图.
(1)用样本估计总体，求图中a的值及此次知识竞赛成绩的分位数；
(2)现从竞赛成绩在的学生中以分层抽样的方式抽取15人进行培训，经过一轮培训后再选取2人担任主持人工作，求在至少1人来自分数段的条件下，另外1人来自分数段的概率.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1，可求出，由频率分布直方图求第p百分位数的计算公式即可求解；
（2）先根据分层抽样方法求出三个分数段的人数，然后利用缩小样本空间法求解条件概率即可.
【详解】（1）由图可知，，解得，
又，，
所以此次知识竞赛成绩的分位数位于区间，设为x，
则，解得，所以此次知识竞赛成绩的分位数为.
（2）从竞赛成绩在的学生中以分层抽样的方式抽取15人，
其中竞赛成绩在分数段，，的人数分别为，
，，
则至少有1人来自分数段的情况共有种，
选取2人中1人来自分数段，另外1人来自分数段的情况有种，
故在至少1人来自分数段的条件下，另外1人来自分数段的概率为.
18．如图1，在直角中，，，，D，E分别为边，的中点，将沿进行翻折，连接，得到四棱锥（如图2），点F为的中点．
(1)当点A与点C首次重合时，求翻折旋转所得几何体的表面积；
(2)当为正三角形时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据旋转体的性质即可结合圆锥的表面积公式求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】（1）当点与点重合时，三角形翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，
三角形翻折旋转所得的几何体的表面积为：
，
（2）当三角形为正三角形时，，，
由于，，，，平面，所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
,
则,
设平面法向量为，
则取，则，
设直线与平面所成角为，则
19．设等差数列的前项和为，，条件①；②；③．请从这三个条件中任选两个作为已知，解答下面的问题．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：对任意，都有．
注：如选择多种组合分别解答，按第一种解答计分．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解，
（2）根据裂项求和可得，即可根据作差法求解.
【详解】（1）若选①；②；
设公差为，则，解得，
所以
若选②；③．
设公差为，则，解得，
所以
若选①；③．
设公差为，则，解得，
所以
（2）由（1）知，
所以，
故，
即
，
．
对任意，，故，得证.
20．如图，在中，M是边上一点．
(1)若，求；
(2)若，记，，且，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，中和中分别利用余弦定理，列方程组求；
（2）中和中分别利用正弦定理，结合，得，再由，利用余弦定理得，可求.
【详解】（1）在中，M是边上一点，有，，
，
中，由余弦定理得，
即①，
中，由余弦定理得，
即②，
①②两式消去，得，即.
（2），不妨设，
中，由正弦定理得，即，
中，由正弦定理得，即，
由，有，
又，得，
设，由，
可得，即，
解得，即，
所以为等边三角形，．
21．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，为坐标原点，点P为椭圆上的一点满足，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，过作一条斜率不为零的直线与椭圆C分别交于M，N两点，直线，与y轴的交点分别为，，求．
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）题意椭圆的定义，结合题意和建立方程组，解之即可求解.
（2）易知当直线MN的斜率不存在时，求得；当直线MN的斜率存在且不为0时，设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表达式出，根据点斜式方程求出直线AM、BN的方程，求出m、n，写出的代数式，化简求值即可求解.
【详解】（1）由椭圆的定义知，得，
又，
所以，由，得，
所以椭圆方程为.
（2）由（1）知，，
当直线MN的斜率不存在时，，代入椭圆方程，解得，
即，所以，，
分别令，得，
所以；
当直线MN的斜率存在且不为0时，设，
，消去x，得，
，设，
则，且，
又，
分别令，得，
所以
，
即.
综上，.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
22．已知函数，的图象在点处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)证明：，恒成立．
【答案】(1)
(2)证明详见解析
【分析】（1）根据切点和斜率求得，从而求得.
（2）化简不等式，利用构造函数法，经过多次求导来证得不等式成立.
【详解】（1）依题意可知，切点为，切线的斜率为，
，
，
则，即，解得，
所以.
（2）要证明，恒成立，
即证明，恒成立，
即证明，恒成立，
设，
，
当时，，令，即，
设在上单调递增，
，
所以存在唯一，使得，，
所以当时，，单调递减；
当时，单调递增，
所以
，
令，
，
令，
所以在上单调递增，所以，
是，则在上单调递增，
所以，所以，
所以，恒成立，
所以，恒成立．
【点睛】求解切线有关问题，关键点有3个，第一个是要判断已知点是在曲线上还是在曲线外；第二个是切点的坐标，切点既在曲线上，也在切线上；第三个斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用直线上两点坐标来求得.利用导数研究不等式，当一次求导无法求得函数的单调性，可考虑利用多次求导来进行求解.