江西省重点中学协作体2024届高三一模数学试题及答案

这是一份江西省重点中学协作体2024届高三一模数学试题及答案，共23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．己知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的左，右焦点分别为，点M为关于渐近线的对称点．若，且的面积为8，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（ ）

A．B．C．D．
8．已知函数及其导函数定义域均为，记，且，为偶函数，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体被抽到的概率是0.2
B．已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C．数据27，12，14，30，15，17，19，23的50%分位数是17
D．若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为16
10．已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数a的取值可能是（ ）
A．B．C．1D．2
11．已知正方体的棱长为1，M是棱的中点．P是平面上的动点(如图)，则下列说法正确的是（ ）

A．若点P在线段上，则平面
B．平面平面
C．若，则动点P的轨迹为抛物线
D．以的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周，在旋转过程中，三棱锥体积的取值范围为
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．
13．已知正数x，y满足，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
14．斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ．
四、解答题
15．在中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且的面积为，点D是线段上靠近点B的一个三等分点，．
(1)若，求c；
(2)若，求的值．
16．如图，在三棱锥中，．

(1)证明：平面平面；
(2)若是线段上的点，且，求二面角的正切值．
17．已知椭圆的左右顶点分别为A、B，点C在E上，点分别为直线上的点.
(1)求的值；
(2)设直线与椭圆E的另一个交点为D，求证：直线经过定点.
18．设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中，令，称是二维离散型随机变量的联合分布列，与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式；
现有个球等可能的放入编号为的三个盒子中，记落入第1号盒子中的球的个数为，落入第2号盒子中的球的个数为．
(1)当时，求的联合分布列，并写成分布表的形式；
(2)设且，求的值．
（参考公式：若，则）
19．已知函数（）.
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若有两个极值点，（）.
①求的取值范围；
②求证：.
参考答案：
1．B
【分析】求出后利用交集的定义可求.
【详解】,
而，
故，
故选：B
2．C
【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果.
【详解】因为，
且复数z对应的点在第三象限，则对应的点也在第三象限.
故选：C
3．D
【分析】利用正弦函数的单调性可得，利用导数可证不等式成立，故可判断，故可得三者大小关系.
【详解】，
设 ，则，
故在上为减函数，故即，
所以，故，
故选：D.
4．A
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式，结合诱导公式及二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，即，
所以.
故选：A
5．C
【分析】利用点到直线的距离公式、勾股定理结合三角形面积公式可解.
【详解】记与渐近线相交于点N，
由题可知，ON为的中位线，且，
所以，
因为焦点到渐近线的距离，
所以，，
则，
又，即，
联立解得，
所以C的方程为.
故选：C
6．B
【分析】根据题意，由平面向量数量积的运算化简，可得，再由的范围，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
，
当与正六边形的边垂直时，，
当点运动到正六边形的顶点时，，
所以，则，即.
故选：B
7．D
【分析】根据丙是最高分可得丙余下两场比赛全赢，再就甲乙、甲丁的输赢（丙的第一场对手若为甲）分类讨论后可得正确的选项.
【详解】三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，
这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，
在甲输的情况下，乙、丁已有3分，
那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意.
若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，
这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分，
（1）若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是，
如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是，
（2）若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是，
乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
（3）若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是，
乙丁这场比赛只能平，概率是.
综上，概率为，D正确．
故选：D.
8．C
【分析】对两边同时求导，结合函数的周期和偶函数的性质进行求解即可.
【详解】因为为偶函数，，
所以，
对两边同时求导，得，所以有
所以函数的周期为，
在中，令，所以，
因此，
因为为偶函数，
所以有，
，
由可得：，
所以，
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是对两边同时求导，再利用赋值法进行求解.
9．AD
【分析】利用概率对于即可判断A；根据平均数求得的值，然后利用方差公式求解即可判断B；根据百分位数的求法即可判断C；利用方差公式求解即可判断D.
【详解】对于A，一个总体含有50个个体，某个个体被抽到的概率为，
以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为10的样本，
则指定的某个个体被抽到的概率为 ，故A正确；
对于B，数据1，2，，6，7的平均数是4，，
这组数据的方差是，故B错误；
对于C，8个数据50百分为，第50百分位数为，故C错误；
对于D，依题意，，则，
所以数据的标准差为16，D正确；
故选：AD.
10．BCD
【分析】先根据函数解析式判断对称性，再结合导数判断单调性，根据对称性和单调性得出答案.
【详解】因为，
所以，
即函数的图象关于直线对称.
当时，为增函数；
令，则，
时，，，所以，所以为增函数，
所以当时，为增函数.
由对称性可知，当时，为减函数.
因为恒成立，所以恒成立，
即，解得.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】利用面面平行证线面平行可判定A项；利用线面垂直证面面垂直可判定B项；利用平面截圆锥的结论可判定C项；先确定A的轨迹，取中点分别为N，Q，可证平面平面，利用空间位置关系确定动点A距离底的最值即可判定D项.
【详解】
对于A项，如图所示，连接对应面对角线，
根据正方体的性质可知：，平面，平面，
∴平面，
同理可知平面，
又平面，∴平面平面，
又，∴平面，
∴平面，故A正确;
对于B项，

易知面，面，则，
又平面，
∴平面，
而平面，∴，
同理，
又平面，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面，故B正确;
对于C项，因为为定直线，是定角，到的距离为定值，
所以时，在以为旋转轴，到的距离为半径的圆锥上，
又平面，故平面截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即C错误；
对于D项，设中点分别为N，Q，
则点A的运动轨迹是平面内以N为圆心，为半径的圆(如图)，

易知平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
而，
设与圆的交点分别为E，F(点E位于点F，Q之间，如上图所示)，
易知当点A分别位于点E，F时，点A到平面的距离分别取到最小值和最大值，
且距离的最小值，
距离的最大值，
∵的面积，
故选项D正确．综上，正确选项为ABD．
故选：ABD
【点睛】本题难点在判定CD选项，C项需要利用平面截圆锥曲线（不过圆锥顶点）来判定即可（当且仅当平面平行于圆锥底面时截圆锥所得图形为圆，慢慢倾斜平面至与圆锥母线平行之前截圆锥得图形均为椭圆，当且仅当平面与圆锥的母线平行时所截图形为抛物线，再倾斜平面直至与圆锥的轴平行时所截图形均为双曲线的一支）；D项需要先确定旋转过程中A的轨迹，再判定A到面的距离最值.
12．
【分析】利用二项式定理展开式的通项公式可求答案.
【详解】二项式的展开式通项公式为，
当时，，当时，，
因此展开式中含的项为，故所求系数为.
故答案为：24.
13．
【分析】将变形为，利用均值不等式求的最小值即可求解.
【详解】因为，
所以
，
所以
，等号成立当且仅当，
所以，实数a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得到，进一步结合乘“1”法即可顺利得解.
14．
【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解.
【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有674个偶数，1350个奇数，
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成，
显然集合E共有个，集合F共有个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有个，
又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由得，再结合余弦定理从而可求解.
（2）由利用向量可得，并结合得，再由，从而可求解.
【详解】（1）由题可得：，故
又，即，
，即
在中，根据余弦定理得
即
，即，
（2），
，即
又，①
又②，由①②得：
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在中求和边的高，进而判断≌，最后证明边的高即为面的垂线，证明结论即可；
（2）先建立空间直角坐标系，分别求出面和的法向量，求出两个法向量夹角的余弦值后，利用同角三角函数关系式，求二面角的正切值即可.
【详解】（1）证明：在中，
，
所以，
过点作于点，连接，
则，
因为，
所以≌，得，
又所以，得，
又，，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，两两垂直，如图以O为原点建立坐标系，
，
因为，得，
设是平面的一个法向量，
则
，得，
而是平面ABC的一个法向量，
两个法向量夹角的余弦值为：
设二面角平面角的大小为，
结合图形得：，，
，
所以二面角的正切值为.

17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设，根据斜率公式得，然后根据点C在椭圆上化简即可求解；
解法二：设，利用三点共线的向量形式求得，，结合点C在椭圆上化简即可求解；
（2）解法一：联立直线MA与椭圆E方程，利用韦达定理得，同理得点的坐标为，分类讨论求得直线的方程，即可求得直线经过的定点；
解法二：设直线的方程为：，
联立直线与椭圆E方程，结合韦达定理利用求得，从而求得直线经过的定点.
【详解】（1）解法一：设，由题可知，，
又，由，
在上，则，
，.
解法二：设，则，
∵A、C、M三点共线，∴，同理：，∴，
又在曲线E上，∴，代入上式得：.
（2）解法一：由题可知，直线MA的方程为：，
联立方程可得：，
=45>0，
，，
又，，，
同理可得点的坐标为，
（i）当直线垂直于x轴时，，即，，
，此时直线的方程为；
（ii）当直线不垂直于x轴时，
，
故直线的方程为，
令，则，
整理得，此时直线经过定点
综上，直线经过定点.
解法二：由，
又，∴，
由题可得直线显然不与x轴平行，
设直线的方程为：，
由得，
，
又
，
由得或（舍去），
∴直线：，∴直线经过定点.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）的取值为0，1，2，的取值为0，1，2，分别计算概率即可；
（2）计算得，则，最后利用二项分布的期望公式即可得到答案.
【详解】（1）若，的取值为0，1，2，的取值为0，1，2，
则，
，
，，
，，
，
故的联合分布列为
（2）当时，，
故
所以，由二项分布的期望公式可得．
19．(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）利用切点和导数几何意义即可求解；
（2）①令，由题意可知，在有两个不相等的实数根，根据的单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可；
②由①分析得，，令，可得在上单调递增，因为，所以，根据不等式性质计算即可得证.
【详解】（1）若，则，所以，
所以，又，
所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）①由题意知.
令，则.
因为有两个极值点，（），所以有两个不等正实根，（）.
若，，则在上单调递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意；
若，令，解得，所以当时，，
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.
所以时，取得极大值，即最大值为，
所以，解得.
当时，，又，所以，
由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.
又，令，
所以，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，所以，
由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.
所以当时，有两个不等正实根，.
综上，的取值范围是.
②证明：由①知，且，所以，
因为在上为增函数，及，所以，
又，所以.
因为，，所以，，
所以，所以.
令（），
所以，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以.
所以.
【点睛】本题证明的关键在于构造函数，进而求证，再运用不等式性质即可证明.