江西省赣州市2024届高三上册七省联考考前数学猜题卷（二）附答案

这是一份江西省赣州市2024届高三上册七省联考考前数学猜题卷（二）附答案，共23页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，已知椭圆，已知圆O等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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.
（2024上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）
1．已知集合，集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
（2024·全国·模拟预测）
2．已知复数z满足，则复数（ ）
A．B．C．D．
（2022上·山西忻州·高三校考期末）
3．已知向量满足，且，则等于（ ）
A．B．C．D．7
（2024·全国·模拟预测）
4．已知函数满足对任意的，均有，且在上单调，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
（2023上·湖北咸宁·高一校考阶段练习）
5．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：．它表示在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度C取决于信道带宽W，信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫作信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计．按照香农公式，若带宽W不变，信噪比从1000提升到12000，则C比原来大约增加了（ ）．(附：)
A．32%B．43%C．36%D．68%
（2023·广西·模拟预测）
6．已知函数，在正项等比数列中，，则（ ）
A．B．1012C．2023D．2024
（2024·全国·模拟预测）
7．已知椭圆：的离心率为，M为的上顶点，P，N是椭圆上不同于M的两点，若是以M为直角顶点的等腰直角三角形，则满足条件的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）
8．若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
（2024·全国·模拟预测）
9．如图为2022年全国居民消费价格月度涨跌幅情况，则（ ）
A．环比涨跌幅的极差小于同比涨跌幅的极差
B．环比涨跌幅的中位数为0.1%
C．环比涨跌螎的方差小于同比涨跌幅的方差
D．同比涨跌幅的下四分位数为1.55%
（2023上·吉林白城·高三校考阶段练习）
10．已知圆O：与圆C：交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．线段AB的垂直平分线所在的直线方程为
B．直线AB的方程为
C．
D．若点P是圆O上的一点，则△PAB面积的最大值为
（2023上·江苏盐城·高三校联考阶段练习）
11．已知圆锥（是底面圆的圆心，是圆锥的顶点）的母线长为，高为.若、为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（ ）
A．三角形面积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值
C．四面体外接球表面积最小值为
D．直线与平面所成角余弦值最小值为
（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）
12．已知定义在上的函数满足，，且实数对任意都成立，则（ ）
A．B．有极小值，无极大值
C．既有极小值，也有极大值D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
（2024·全国·模拟预测）
13．为丰富老年人的精神文化生活，提高老年人的生活幸福指数，某街道举办以社区为代表队的老年门球比赛，比赛分老年男组和老年女组，男女组分别进行淘汰赛．经过多轮淘汰后，西苑社区的老年男子“龙马”队和老年女子“风采”队都进入了决赛．按照以往的比赛经验，在决赛中“龙马”队获胜的概率为，“风采”队获胜的概率为，“龙马”队和“风采”队两队中只有一支队伍获胜的概率为（“龙马”队和“风采”队的比赛互不影响），则西苑社区的“龙马”队和“风采”队同时获得冠军的概率为 ．
（2024·全国·高三专题练习）
14．若“”是“”的一个充分条件，则的一个可能取值是 .（写出一个符合要求的答案即可）
（2023·全国·模拟预测）
15．九连环是中国一种古老的智力游戏，其结构如图，玩九连环就是要把这九个环全部从框架上解下或套上.研究发现，要解下第个环，则必须先解下前面第个环.用表示解下个环所需最少移动次数，用表示前个环都已经解下后，再解下第个环所需次数，显然，，，且.若要将第个环解下，则必须先将第个环套回框架，这个过程需要移动次，这时再移动1次，就可以解下第个环；然后再将第个环解下，又需要移动次.由此可得，.据此计算 .
（2023上·河北唐山·高三开滦第一中学校考阶段练习）
16．已知点在半径为的球面上,过点作球的两两垂直的三条弦若则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
（2023上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨三中校考期末）
17．在中，，，分别为角，，的对边，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，且，求的面积.
（2023上·海南·高三校联考阶段练习）
18．已知为等比数列的前项和，，且，.
(1)若为等差数列，求数列的通项公式；
(2)若为等比数列，，求.
（2024·全国·高三专题练习）
19．三棱锥中，，，，．
(1)E是AB的中点，F是PC的中点，求异面直线PE与BF所成的角的大小（用反三角函数表示）.
(2)对于实数，，，，称为二阶行列式，定义其一种运算：．对于向量，，称为与的向量积，定义一种运算：．试计算的值，并说明这一运算的几何意义．
(3)试计算的值，指出的几何意义，并求出三棱锥的体积．
（2023上·上海普陀·高三校考阶段练习）
20．某学校组织竞赛，有A，B两类问题可供选择，其中A问题答对可得5分，答错0分，B问题答对只可得3分，但答错有2分，现小明与小红参加此竞赛，小红答对2种问题的概率均为0.5，小明答对A，B问题的概率分别为0.3，0.7
(1)小红一共参与回答了2题，记X为小红的累计得分，求X的分布列
(2)小明也参与回答了2道问题，记Y为小明的累计得分，求该如何分配问题，使得E[Y]最大．
（2024·江西·贵溪市第一中学校考模拟预测）
21．已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，过点作直线轴，与交于两点（在上方），且四边形的面积为的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知，是否存在过点的直线与曲线交于（在上方）两点，使得与的面积比为？若存在，请求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
（2024·全国·模拟预测）
22．已知函数，其中．
(1)判断函数的单调性；
(2)若，且当时，，证明：．
1．D
【分析】由题意计算，直接得出集合B.
【详解】由题意知，当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以.
故选：D
2．D
【分析】由复数模的运算以及四则运算即可得解.
【详解】，，.
故选：D．
3．B
【分析】根据方程组求出，，再分别求它们的模，相加即可.
【详解】由得：，
又，，
∴，
.
所以.
故选：B
4．C
【分析】先根据得出的关系式，再根据单调性确定的范围，最后求出最大值即可.
【详解】由于对任意的，均有，
所以在处取得最小值，点是图象的一个对称中心，
所以，两式相减得，即．
因为在上单调，所以，即，
，因此当时，取得最大值．
故选:C.
5．C
【分析】根据和表示出对应，然后根据结合对数的运算求解出结果.
【详解】当时，最大信息传递速度为，
当时，最大信息传递速度为，
所以比原来增加了
，
故选：C.
6．A
【分析】由题设可得，结合等比数列的性质有，进而有，即可求目标函数值.
【详解】由题意，
由等比数列性质得，
所以，，
所以
故选：A
7．C
【分析】设出直线的方程，求出，由建立方程，确定方程解的个数即得答案.
【详解】显然，直线MN的斜率存在，由对称性，不妨设直线MN的方程为，
由消去y得，得点横坐标，
则，同理，
由得，
化简得，即，
由，得，令，
显然函数在上单调递减，在上单调递增，且，
因此当时，方程有3个不等的实根，
所以满足条件的有3个.
故选：C．
思路点睛：确定图形个数问题，选定一个变量，结合题设条件建立方程，转化为分析判断方程解的个数作答.
8．C
【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案.
【详解】由可得，即，
当时，，不等式在上显然成立；
当时，令，则在上恒成立，
由，在上，所以在上单调递增，
又时，，，所以只需在上恒成立，
即恒成立．
令，则，即在上单调递增，
其中，
故，
所以此时有．
综上，．
故选：C．
导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是不等式变形为，从而构造进行求解.
9．ACD
【分析】根据给定的统计数据，结合极差、中位数、百分位数，以及方差的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意得，同比涨跌幅从小到大排列依次为0.9%，0.9%，1.5%，1.6%，1.8%，2.1%，2.1%，2.1%，2.5%，2.5%，2.7%，2.8%；
环比涨跌幅从小到大排列依次为－0.2%，－0.2%，－0.1%，0%，0%，0%，0.1%，0.3%，0.4%，0.4%，0.5%，0.6%．-
选项A中：环比涨跌幅的极差为，
同比涨跌幅的极差为，因为，所以A正确；
选项B中：环比涨跌幅的中位数为，所以B错误；
选项C中：根据统计图中，环比涨跌螎的波动性小于同比涨跌幅的波动性，
所以环比涨跌螎的方差小于同比涨跌幅的方差，所以C正确；
选项D中：同比涨跌幅的下四分位数为，所以D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】根据相交圆的公共弦与两圆心连线垂直平分判断A，再由两圆方程作差得公共弦所在直线判断B，根据弦心距、半径、半弦长关系求弦长判断C，再由圆上点到直线的最大距离为圆心到直线距离加半径长判断D.
【详解】由圆C：知圆心为，
所以直线OC的方程为，即，
所以线段AB的垂直平分线所在的直线方程为，故A正确；
因为圆O：与圆C：，两圆方程作差，
可得直线AB的方程为，故B正确；
点O到直线AB的距离，所以，故C错误；
点到直线的距离的最大值为，则面积的最大值为，故D正确．
故选：ABD．
11．ABD
【分析】选项A，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项A；利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项B；因为底面，所以四面体外接球球心在的中垂面和过外接圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项C；由线面角公式可得，当面时，直线SP与平面所成角的余弦值最小，判断出选项D．
【详解】选项A，由母线长为，高为，可得底面半径为，
设是底面圆的一条直径，则，
即是钝角，
又，
则存在点、，当时，，三角形面积的最大值为，故A正确；
选项B，因为，
则当面时，，故B正确；
选项C，设的外接圆半径为，因为与底面垂直，
所以，四面体外接球半径满足，
若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，
又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，
由正弦定理，，则无最大值，
的外接圆半径无最小值，即四面体外接球表面积无最小值，故C错误；
选项D，设点到平面的距离为，
直线SP与平面所成角的正弦值为，
则当面时，，
此时直线与平面所成角的余弦值最小，最小值为，故D正确；
故选：ABD.
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
12．ABD
【分析】将题设条件化为，进而有，其中为常数，，根据已知求得，对函数求导判断A、B、C；问题化为上，结合的极值且求参数范围判断D.
【详解】由题设，则，
所以，故，其中为常数，，
又，则，所以，即，
所以，故，则，A对；
由且，令在上递增，
，，故使，即，
上，即，递减；
上，即，递增；
所以有极小值，无极大值，B对，C错；
由题设，上，即，
令，则在上递增，故，
所以，D对.
故选：ABD
关键点睛：根据题设条件得到，进而求得为关键.
13．##
【分析】根据独立事件、互斥事件的概率公式得到关于的方程，解出的值，再求同时获得冠军的概率即可.
【详解】由题意得两队中只有一队获胜包含“龙马”队获胜“风采”队未获胜和“龙马”队未获胜“风采”队获胜两种情况，
则，解得，
所以两队同时获得冠军的概率为，
故
14．（答案不唯一）
【分析】解不等式，可得出满足条件的一个的值.
【详解】由可得，则，
所以，解得.
因为“”是“”的一个充分条件，
所以的一个可能取值为（答案不唯一，均满足题意）．
故（答案不唯一，均满足题意）.
15．341
【分析】将该问题转化为数列计算即可得.
【详解】原题可理解为：
已知数列，满足，，，
，，求的值.
可得，又，则，
所以是首项与公式都为的等比数列，
故，即，则，
所以，
故，
，
，
各项相加，可得，
即，
所以按规则解开九连环最少需要移动的次数为，即.
故341.
关键点睛:本题解决的关键是将问题转化为双数列，的递推式问题，进而求得的通项公式，由此得解.
16．
【分析】根据条件得到设结合三角函数辅助角公式求出的最大值即可.
【详解】为直径为的球的三条两两垂直的弦,且
设
其中
的最大值为.
故答案为.
本题考查多面体的外接球问题,考查了转化思想,属中档题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到，从而得到，求出角A的大小；
（2）在（1）基础上得到，结合正切和角公式得到，得到方程组，求出，得到为等边三角形，求出三角形面积.
【详解】（1），
由余弦定理得，
由正弦定理得，
，
即，
故，
因为，所以，
所以，化简得，
因为，所以；
（2）由（1）知，
故，
∵，故，
联立，解得，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴.
18．(1)
(2)
【分析】（1）设的公比为，由已知条件求出或2，再由为等差数列，得，根据等差数列通项公式即得.
（2）利用错位相减求和即可.
【详解】（1）设的公比为，则，
，①
由，即，
得，得，
即，解得或2.
将代入①，得，不符合条件；
将代入①，得，且，
所以为等差数列，所以.
（2）由（1）可知，，得，
若为等比数列，则，
由，
得，
则，
故.
19．(1)
(2)，分别垂直于，，为方向上的单位向量(所在直线垂直于平面ABC）．
(3)；为点到平面ABC的距离，亦是三棱锥以为底面的高；体积为8．
【分析】（1）根据空间向量坐标运算的夹角公式可以得到答案.
（2）根据所给的定义计算可得到，又，且，所以为方向上的单位向量(所在直线垂直于平面ABC）．
（3）利用空间向量数量积的坐标运算可得到，根据向量数量积的几何意义可得到为点到平面ABC的距离，亦是三棱锥以为底面的高.
【详解】（1）由题可知，，，，
所以，
因此异面直线PE与BF所成的角为．
（2）由题可得，，
所以，
，
所以，
又，所以，，所以，
又，所以分别垂直于，，为方向上的单位向量(所在直线垂直于平面ABC）．
（3）由题可知，，，
所以是在方向上的射影，
为到平面ABC的距离，亦是三棱锥以为底面的高，
设，，
则，
，， ，

，所以，
，，
所以．
20．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据离散型变量分布列的概念求分布列；（2）按照所答类题的个数讨论，分别求对应期望的值.
【详解】（1）由题意：可能的值为：0，2，3，4，5，6，7，8，10.
，，
，，
，，
，，
.
所以的分布列为：
（2）小明答一个类题的得分期望为：，答一个类题的得分期望为.
所以：小明答两个类题的得分期望为：；
答一个类题，一个类题的得分期望为：；
答两个类题的得分期望为.
所以：小明应该答两个类题，才能使得得分的期望最大.
离散型随机变量的分布列问题，第一，一定要把所有的情况考虑周全，要做到不重不漏；第二，所有概率之和为1.
21．(1)
(2)存在，.
【分析】（1）根据题意分别求出，从而求解.
（2）分类讨论直线斜率存在和不存在的情况，当斜率存在时联立椭圆方程式利用根与系数的关系，从而求解.
【详解】（1）设的焦距为，则，代入椭圆的方程，
得，解得，所以.
由，得，
由，得，
又，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，假设存在直线，使得，
若不存在斜率，则，故，
，不合题意；
若存在斜率，设的方程为，
直线的方程为，所以直线过点，
所以，
所以，所以，
所以，
设，
则，
所以.
联立消去并整理得，
则，
又，所以，
所以，
解得，
所以的方程为，
故存在直线，使得，且直线的方程为.
（2）问中分类讨论直线斜率存在和不存在的情况，当斜率存在时联立椭圆方程式利用根与系数的关系，从而求解.
22．(1)在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的正负判断单调性，先求函数的导数，再求导数的导数，根据求最值的方法求出导数的最小值为正数，从而得出结论.
（2）根据得到的等式.并将整理好的式子代入要证明结论的左边，并将左边整理.然后用分析法结合上述整理好的式子进行证明，然后构造函数用导数求构造函数的值域，从而得证.
【详解】（1）因为，
所以.
令，则，
令解得，
当时，，当时，．
在单调递减，在单调递增.
所以当时，，
因此．
所以在上单调递增.
（2）由于，所以，
即，所以．
要证明
只需证明，即证，
令，即证，
因为，所以．
令，
则．
令，则，所以在上单调递增，因此当时，，
于是，所以在上单调递增，
于是．
令，则，
所以在上单调递减，即，
所以当时，而，所以
因此，即，
故，得证．
方法点睛：
观察已知和要证的结论，适当进行变形，构造函数利用单调性求得函数值域，从而证得结论.
0
2
3
4
5
6
7
8
10