江西省等七省联考2024届高三上学期最后一卷数学猜题卷（一）（Word版附解析）

这是一份江西省等七省联考2024届高三上学期最后一卷数学猜题卷（一）（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
数学
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题
1. 已知集合，，则中的元素个数为( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合表示意义和并集含义即可.
【详解】∵集合，，
∴；
∴；
∴中的元素个数为4．
故选：C．
2. 已知命题：中有一个内角为，是的三个内角成等差数列充要条件；命题：“”是“”的必要不充分条件，则下列命题正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分别判断出命题和命题的真假性，然后可得答案.
【详解】由中有一个内角为，可得的三个内角成等差数列，反之也成立
故命题为真命题
由推不出，反过来，当时，也推不出
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，
故命题为假命题
所以正确
故选：B
【点睛】本题主要考查了命题真假性的判断和逻辑联结词，属于基础题.
3. 已知公差不为0的等差数列的第4，7，16项恰好分别是某等比数列的第4，6，8项，则该等比数列的公比是（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合等比中项公式，得到，利用等差数列的通项公式，求得，进而利用，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为等差数列的第4，7，16项恰好分别是某等比数列的第4，6，8项，
可得，即，解得，
所以，
所以等比数列的公比为，所以.
故选：C.
4. 已知函数，则
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】推导出 ，由此能求出结果．
【详解】∵函数，
∴

故选D．
【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
5. 水平放置的正三棱锥的正视图如图所示，则正三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】看图，由图知，于是，利用正三棱锥的性质，列出三棱锥的体积公式求解即可
【详解】由图知，于是，所以，，
进而，三棱锥的高为(因为顶点在底面的射影为的重心)，所以
故答案选：A
【点睛】关键点睛：由图知，利用勾股定理和正三角形的性质求解，属于中档题
6. 一束光线从点射出，经x轴上一点C反射后到达圆上一点B，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定圆心为，，关于轴的对称点为，，计算得到答案.
【详解】圆的圆心为，，
关于轴的对称点为，
.
故选：D
7. 已知向量满足，且关于x的函数实数集R上单调递增，则向量的夹角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设向量、的夹角为，求出函数的导数，由题意得出，求出的取值范围，可得出角的取值范围.
【详解】设向量、的夹角为，由题意可得，
由于函数在实数集上单调递增，则不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，则，
又，即，.
，，因此，向量、的夹角的取值范围是，
故选：A.
8. 已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（ ）个
① ② ③ ④
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】函数有两个不同零点，转化为有两个交点，构造函数，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.
【详解】由函数有两个不同零点，
转化为有两个交点，
构造函数， ，则，故，所以在单调递增，而，可得图象如图所示
故在单调递减，在单调递增，
所以，
对于①，，
所以，
所以，故①正确；
对于②，由①可知，故，
因此 ，故②正确；
对于③，因为，所以，故，
所以，
则，
构造函数，
则，而，
所以，
所以，
因为，所以，
令，构造，显然单调递增，且，
所以
所以，故③正确；
对于④，由①可知，，
所以，
令，，显然单调递增，且，
所以，故④正确.
故选：D
二、多选题
9. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 在上单调递增
C. 是的一个对称中心
D. 当时，的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数最小正周期、单调区间、对称中心、最值的求法，确定正确选项.
【详解】对于A选项，，故A选项正确.
对于B选项，由，解得，
所以的单调递增区间是，
，所以B选项错误.
对于C选项，，所以C选项正确.
对于D选项，，
所以，当时，函数取得最大值，即，所以D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上最值的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如的形式或的形式；
第二步：由的取值范围确定的取值范围，再确定（或)的取值范围；
第三步：求出所求函数的最值.
10. 带有编号、、、、的五个球，则（ ）
A. 全部投入个不同的盒子里，共有种放法
B. 放进不同的个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的个球投入个盒子里的一个另一个球不投入，共有种放法
D. 全部投入个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
【答案】AC
【解析】
【分析】利用分步计数原理直接判断选项A，利用组合、排列的结合判断选项BCD.
【详解】对于A：由分步计数原理，
五个球全部投入个不同的盒子里共有种放法，故A正确；
对于B：由排列数公式，
五个不同的球放进不同的个盒子里，每盒至少一个，共有种放法，故B错误；
对于C：将其中的个球投入一个盒子里共有种放法，故C正确；
对于D：全部投入个不同的盒子里，没有空盒，
共有：种不同的放法，故D错误．
故选：AC
11. 在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为3π，则（ ）
A. 当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为
B. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C. 当时，圆锥SO的外接球表面积为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出圆锥母线l与底面圆半径r的关系，利用圆锥侧面展开图判断A；求出圆锥轴截面顶角的大小，计算判断B；求出圆锥外接球半径判断C；求出圆锥内切球半径，棱长为的正四面体外接球半径判断D作答.
【详解】依题意，，
对于A，当时，，，圆锥的侧面展开图，如图，
侧面展开图扇形弧长即为圆锥的底面圆周长，则，在中，由余弦定理得：
，即，A正确；
对于B，当时，有，令圆锥SO的轴截面等腰三角形顶角为，，
为钝角，令P，Q是圆锥SO的底面圆周上任意的不同两点，则，
则有的面积，当且仅当时取“=”，B不正确；
对于C，当时，，圆锥SO的外接球球心在直线SO上，圆锥的底面圆是球的截面小圆，而圆锥的高，
设外接球半径为R，则有，即，解得，其表面积为，C正确；
对于D，棱长为的正四面体可以补形成正方体，如图，
则正方体棱长，其外接球即正四面体的外接球直径为，球半径，
当时，，圆锥SO的内切球球心在线段SO上，圆锥的轴截面截内切球得大圆，是圆锥轴截面等腰三角形内切圆，
设其半径为，由三角形面积得：，解得，，
因此，半径为的球在圆锥SO内可以任意转动，
而棱长为的正四面体的外接球的半径为，
故棱长为的正四面体在半径为的球内可以任意转动，
所以当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
12. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，如下结论中正确的是（ ）
A. 曲线C围成图形的周长是；
B. 曲线C围成的图形的面积是2π；
C. 曲线C上的任意两点间的距离不超过2；
D. 若P（m，n）是曲线C上任意一点，的最小值是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据方程分析曲线C的性质以及图象，根据曲线C的性质和图象结合直线与圆的相关知识逐项分析判断.
【详解】对于曲线C:上任一点，则，
点关于y轴对称的点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于y轴对称；
点关于x轴对称点为，则，
即点在曲线C上，故曲线C关于x轴对称；
点关于原点对称的点为，
则，即点在曲线C上，
故曲线C关于原点对称；综上所述：曲线C关于坐标轴和原点对称.
对于方程，令，则，解得或，
即曲线C与x轴的交点坐标为，
同理可得：曲线C与y轴的交点坐标为，
当时，，则，
整理得，且，
故曲线C在第一象限内为以为圆心，半径的半圆，
由对称性可得曲线C为四个半圆外加坐标原点，
对A：曲线C围成的图形的周长是， A正确；
对B：曲线C围成的图形的面积， B错误；
对C：联立方程，解得或，
即曲线C与直线在第一象限内的交点坐标为，
由对称可知曲线C与直线在第三象限内的交点坐标为，
则，C错误；
对D：由图结合对称性可知：当在第一象限时，
点到直线的距离相对较小，
∵到直线的距离，
则点到直线的距离，
∴，
故的最小值是，D正确.

故选：AD.
【点睛】(1)通过方程研究曲线的对称性时，往往通过点的对称证明曲线的对称性；
(2)研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．
第II卷（非选择题）
三、填空题
13. 已知是虚数单位，复数，则在复平面上复数对应的点坐标______.
【答案】
【解析】
【分析】先化复数代数形式，再根据共轭复数定义以及复数几何意义求结果.
【详解】因为，对应点坐标为
【点睛】本题考查复数除法运算，共轭复数定义以及复数几何意义，考查基本分析求解能力，属基础题.
14. 二项式展开式中项的系数是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中项的系数．
【详解】解：二项式展开式的通项公式为：
，
令，
可得，
展开式中项的系数是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质．
15. 在中，，，以的中点为圆心，作直径为的圆，分别交于点、，则_________．
【答案】126
【解析】
【分析】
由条件可得，，在中，根据余弦定理得：，同理在中，，两式相加得，然后即可算出答案.
【详解】设的中点为
因为在中，，
所以，
在中，根据余弦定理得：
同理在中，
因，所以
所以
所以
故答案为：126
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质和余弦定理的应用，属于中档题.
16. 已知，符合表示不超过的最大整数，若函数有且仅有个零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】讨论、研究且、，值域，再将原问题转化为与恰好有8个交点，结合的值域端点值判断的取值范围.
【详解】设且、，
当时，有；有；有；…；有；
当时，有；有；有；…；有；
∴要使有且仅有个零点，即与恰好有8个交点，
当时，保证在上有交点，而在上无交点，此时只需；
当时，保证在上有交点，而在上无交点，此时只需；
综上，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：设且、，讨论参数n研究的值域，并将问题转化为与恰好有8个交点的问题.
四、解答题
17. 为进一步保护环境，加强治理空气污染，某市环保监测部门对市区空气质量进行调研，随机抽查了市区300天的空气质量等级与当天空气中的浓度（单位：），整理数据得到下表：
若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”.
附：；
（1）完成下面的列联表：
（2）根据（1）中的列联表，判断是否有的把握认为该市一天的空气质量与当天的浓度有关？
【答案】（1）表格见解析
（2）有的把握认为该市一天的空气质量与当天的浓度有关
【解析】
【分析】（1）根据表中数据即可得到列联表；
（2）求出与临界值比较即可判断.
【小问1详解】
由表格数据可得列联表如下：
【小问2详解】由（1）知，
所以有的把握认为该市一天的空气质量与当天的浓度有关.
18. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据已知条件结合余弦定理求解.
（2）由第一问知，再运用正弦定理求得.
【小问1详解】
因为，所以.
因为，所以，解得.
【小问2详解】
由（1）可得.因为，所以，解得.
19. 已知数列是公差不为零的等差数列，其前项和为.满足，且恰为等比数列的前三项.
（1）求数列的通项公式；
（2）设是数列的前项和.是否存在，使得等式成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1），；（
（2）不存在，使得等式成立.
【解析】
【分析】（1）由等差数列的通项公式和前项和可得，所以，由此求得即得等比数列的前三项，据此可得的通项公式；
（2）根据裂项求和法求得，整理可得，即，因此不存在，使得等式成立.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，所以，
解得，所以,
∵，∴.
【小问2详解】
，
所以，
所以单调递减，得，
而，
所以不存在，使得等式成立
20. 如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1），（2）
【解析】
【详解】解法一：（1）等体积法．
取CD中点O，连OB，OM，则OB=OM=，OB⊥CD，MO⊥CD．
又平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，MO∥平面ABC．M、O到平面ABC的距离相等．
作OH⊥BC于H，连MH，则MH⊥BC．
求得OH=OC•，
MH=．
设点到平面的距离为d，
由得．
即，
解得．
（2）延长AM、BO相交于E，连CE、DE，CE是平面ACM与平面的交线．
由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.
作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.
因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.
，
，.
则所求二面角的正弦值为
解法二：取CD中点O，连OB，OM，则
OB⊥CD，OM⊥CD．又平面平面,则MO⊥平面.
取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．
由已知得OB=OM=，则各点坐标分别为C（1，0，0），M（0，0，），B（0，，0），A（0，-，）.
（1）设是平面MBC的法向量，则,.
由得；
由得．
取．，则
．
（2），.
设平面ACM的法向量为，由得解得，，取.又平面BCD的法向量为.
所以，
设所求二面角为，则.
21. 已知在上任意一点处的切线为，若过右焦点的直线交椭圆于两点，已知在点处切线相交于.
（1）求点的轨迹方程；
（2）①若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于两点，证明为定值.
②四边形的面积是否有最小值，若有请求出最小值；若没有请说明理由.
【答案】（1）x=4；（2）①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）当直线的斜率不存在时，可直接求出点，当直线的斜率存在时，设直线：，，联立，可得韦达定理，在根据题目直接求出切线方程，利用根于系数的关系进行化简消元，即可得点的轨迹方程；
（2）①利用弦长公式可得，同理可得，进而化简计算即可；②变形可得，利用基本不等式可得最值．
【详解】（1）由已知，
当直线的斜率不存在，即直线：时，，
过点的切线为：，即⑴，
过点的切线为：，即⑵，
联立⑴⑵解得；
当直线的斜率存在时，设直线：，，
联立，消去得，
则，
过点的切线为：，⑶，
过点的切线为：，⑷，
⑶＋⑷得，
，整理得⑸，
⑶－⑷得，
整理得，代入⑸的
整理得，因为，
则，即；
综合得点的轨迹方程为：；
（2）①由（1）可得，
则，
同理，
，
即为定值；
②
，
因为，则，
则，
则
当且仅当，即时，等号成立，
所以四边形的面积存在最小值，且为．
【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的以及面积最值的求解，考查了学生计算能力与分析能力，是一道难度较大的题目．
22. 已知函数，．
（1）若直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，求实数a的值；
（2）令，讨论的单调性；
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，根据导数的几何意义可得直线l的方程为，结合二次函数的切线运算求解；
（2）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性.
【小问1详解】
因为，则切线斜率为，解得，
则，可得直线与曲线的切点为，
则，解得，
所以直线l的方程为，
联立，消去y得
由题意可知：，解得，
所以实数a的值为.
【小问2详解】
由题意可得：函数，
则，
当时，则在上恒成立，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，
设，可得，
当时，；当时，；
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，故，
由，解得或；由，解得；
则在，上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
【点睛】关键点睛：1.整理可得：，分和两种情况讨论，判断原函数单调性；
2.比较，通过构建函数，利用导数比较大小.的浓度
空气质量等级
1（优）
84
18
6
2（良）
15
21
24
3（轻度污染）
9
24
27
4（中度污染）
3
36
33
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
的浓度
空气质量
合计
空气质量好
空气质量不好
合计
的浓度
空气质量
合计
空气质量好
138
30
168
空气质量不好
72
60
132
合计
210
90
300