江西省南昌市2024届高三第一次模拟测试数学试卷（Word附解析）

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本试卷共4页，22小题，满分150分.考试时间120分钟
一､单项选择题：共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以.
故选：C.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 3B. C. 4D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】先由复数的乘法和除法运算化简复数，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】由可得：，
所以，
所以.
故选：B.
3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 51B. 34C. 17D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由题意列方程组可求出，，再由等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
所以由可得：，
解得：，
所以.
故选：C.
4. 已知，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】A
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合对数函数定义域和基本不等式求最值，利用集合包含关系可得.
详解】由，得，
设，
由的否定为，
令，当且仅当时，又，即等号成立，
若，则，
若，则，
设，因为，所以且，
所以是的充分不必要条件
故选：A
5. 已知抛物线的焦点为是抛物线在第一象限部分上一点，若，则抛物线在点A处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据抛物线的定义求得，，再根据导函数的几何意义求出切线斜率，由点斜式写出方程即可
【详解】设，
由，得，所以抛物线的准线方程，
由抛物线的定义可得，得代入，得，
又A是抛物线在第一象限部分上一点，所以
由，得，所以，
所以抛物线在点A处的切线方程斜率为，
所以抛物线在点A处的切线方程为，即，
故选：A
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数函数和指数函数的性质可得，即可得出答案.
【详解】因为
，所以.
故选：D.
7. 已知函数，则下列结论中错误的是（ ）
A. 是奇函数B.
C. 在上递增D. 在上递增
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数的定义可判A；根据复合函数的单调性并求出最值判断B、C、D
【详解】因为，所以定义域关于原点对称，
且，
所以是奇函数；故A对；
令，所以在单调递增，
所以，即，又在单调递增，
所以在单调递增，故D对；
因为是奇函数，所以在上递增，故C对，
综上，，则，故B错；
故选： B
8. 木桶效应，也可称为短板效应，是说一只水桶能装多少水取决于它最短的那块木板.如果一只桶的木板中有一块不齐或者某块木板有破洞，这只桶就无法盛满水，此时我们可以倾斜木桶，设法让桶装水更多.如图，棱长为2的正方体容器，在顶点和棱的中点处各有一个小洞（小洞面积忽略不计），为了保持平衡，以为轴转动正方体，则用此容器装水，最多能装水的体积（ ）

A. 4B. C. 6D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出辅助线，得到为菱形，从而得到多能装入的体积为长方体的体积加上长方体的体积的一半，结合正方体的体积求出答案.
【详解】棱长为2的正方体的体积为，

在上分别取，使得，
又为棱的中点，故由勾股定理得，
故四边形为菱形，故四点共面，
取的中点，连接，
则平面将长方体的体积平分，
故以为轴转动正方体，则用此容器装水，
则最多能装入的体积为长方体的体积加上长方体的体积的一半，
故最多能装水的体积.
故选：C
二､多项选择题：共4小题，每题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.
9. 已知空间中两条不同直线和两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面平行的判定判断选项A；根据面面平行的性质以及线面平行的定义判断选项B；根据线面垂直的定义判断选项C；根据面面垂直性质判断选项D
【详解】若，则或，故A错；
若，则m与平面无公共点，故，故B对；
若，则m垂直于内的任一条直线，所以，故C对；
若，则n与可能平行或相交或在内，故D错；
故选：BC
10. 已知圆与直线交于两点，设的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 有最大值2
B. 无最小值
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出点线距离，求出面积取值范围判断AB，利用圆的对称性判断C，将D转化为逆否命题再判断即可.
【详解】
由题意得必过，如图，取中点为，
故，设为，
故，易知，即，
故，令，而，
由二次函数性质得当时，取得最大值，此时，故A正确，
由二次函数性质得，在单调递增，在单调递减，
易知当时，， 当时，，故，则B正确
对于C，作关于轴的对称点，关于轴的对称点，连接，，
由圆的对称性知，故不论取何值，必有，故C错误，
易知D的逆否命题为若，则，
故欲判断D的真假性，判断其逆否命题真假性即可，
显然当时，则，故D正确，
故选：ABD
11. 某环保局对辖区内甲､乙两个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位：）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.已知甲乙两地区连续10天检查所得数据特征是：甲地区平均数为80，方差为40，乙地区平均数为70，方差为90.则下列推断一定正确的是（ ）
A. 甲乙两地区这10天检查所得共20个数据的平均数是75
B. 甲乙两地区这10天检查所得共20个数据的方差是65
C. 甲地区环境治理达标
D. 乙地区环境治理达标
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据条件分别求出平均数和方差判断选项A、B；根据条件判断甲乙地区的每天空气质量指数判断选项C、D
【详解】甲地区平均数为80，乙地区平均数为70，则甲乙两地区这10天检查所得共20个数据的平均数是，故A对；
设甲乙两地区连续10天检查所得数据分别为和，
所以，得，
，得，
由，
由，
甲乙两地区这10天检查所得共20个数据的方差是
，
甲地区平均数为80，方差为40，如果这10天中有一天空气质量指数大于100，那么它的方差就一定大于，
所以能确定甲地区连续10天，每天空气质量指数不超过100，所以甲地区环境治理达标，故C对；
乙地区平均数为70，方差为90，如果这10天中有一天空气质量指数大于100，那么它的方差就一定大于，
所以能确定乙地区连续10天，每天空气质量指数不超过100，所以乙地区环境治理达标，
故选：ACD
12. 已知直线是曲线上任一点处的切线，直线是曲线上点处的切线，则下列结论中正确的是（ ）
A. 当时，
B. 存在，使得
C. 若与交于点时，且三角形为等边三角形，则
D. 若与曲线相切，切点为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据导数求出两直线斜率可判断选项A、B；根据斜率与倾斜角的关系及和差角公式求出，判断选项C；利用导数的几何意义求出斜率判断选项D
【详解】由题意得，由，
得，如图，可知与交点是
可得，
，
由，得，所以直线的斜率为，
由，得，所以直线的斜率为，
即直线的斜率等于直线的斜率，所以，故A对；
因为，
所以不存在，使得，故B错；
如图，设的倾斜角分别为，
因为三角形为等边三角形，所以，
又，
所以，
整理得，所以，
因为在曲线上，所以，所以，故C对；
若与曲线相切，切点为，则，
即，又在上，所以，所以，即，故D对；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛:根据导数的几何意义求出直线斜率，结合两直线平行和垂直的斜率关系进行判断各项.
三､填空题：共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量满足，且，则向量夹角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由向量的夹角和模长公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以向量夹角的余弦值为：.
故答案为：.
14. 的展开式中的系数是__________.
【答案】160
【解析】
【分析】根据二项式展开，然后在与相乘，找到这一项即可.
【详解】由于题目要求的系数，
所以对于的展开项中，没有这一项.
所以只需要求出的项在与相乘即可.
，故系数为160.
故答案为:160.
15. “南昌之星”摩天轮半径为80米，建成时为世界第一高摩天轮，成为南昌地标建筑之一.已知摩天轮转一圈的时间为30分钟，甲乙两人相差10分钟坐上摩天轮，那么在摩天轮上，他们离地面高度差的绝对值的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为，，得到甲乙两人坐上摩天轮转过的角度，分别列出甲乙离地面的高度，，然后得到，由的取值范围即可求解.
【详解】设甲乙两人坐上摩天轮的时间分别为，，
则甲乙两人坐上摩天轮转过的角度分别为，，
则甲距离地面的高度为，
乙距离地面的高度为，
则
因为，所以，所以，
即.
故答案为：.
16. 用平面截圆锥面，可以截出椭圆､双曲线､抛物线，那它们是不是符合圆锥曲线的定义呢？比利时数学家旦德林用一个双球模型给出了证明.如图1，在一个圆锥中放入两个球，使得它们都与圆锥面相切，一个平面过圆锥母线上的点且与两个球都相切，切点分别记为.这个平面截圆锥面得到交线是上任意一点，过点的母线与两个球分别相切于点，因此有，而是图中两个圆锥母线长的差，是一个定值，因此曲线是一个椭圆.如图2，两个对顶圆锥中，各有一个球，这两个球的半径相等且与圆锥面相切，已知这两个圆锥的母线与轴夹角的正切值为，球的半径为4，平面与圆锥的轴平行，且与这两个球相切于两点，记平面与圆锥侧面相交所得曲线为，则曲线的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据矩形的性质求出，由题意求出，根据旦德林双球模型和双曲线定义可得，求出a、c即可
【详解】如图，是圆锥与球的切点，是球心，P是截口上任一点，
连接，则，所以，，
所以是矩形，
连接，则，
因为圆锥的母线与轴夹角的正切值为，即，
所以，
根据对称性得 ,
所以，故两圆的公切线长为6
连接，PA，OP，设OP与球的切线交于K，与球的切线交于H，则，
所以 ，得，
在中，，
所以，得
曲线的离心率为
故答案为：
四､解答题：共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）求的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导得，令可求的单调递减区间；
（2）由（1）易判断时单增，在时单减，进而求出.
【小问1详解】
，令，得，即，
所以的单调递减区间为；
【小问2详解】
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，即的最大值为.
18. 对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列满足，且的“比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列.
（1）若是公比为2的等比数列，求数列的前项和；
（2）若是公差为2等差数列，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用已知求出通项公式，再求前项和即可.
（2）利用累乘法求通项公式即可
【小问1详解】
由题意知，
因为，且是公比为2的等比数列，所以，
因为，所以数列首项为1，公比为4的等比数列，
所以；
【小问2详解】
因为，且是公差为2的等差数列，所以，
所以，
所以，
所以，因为，
所以.
19. 如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边，，交于点.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由锐角三角函数求出、，又，利用两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得；
（2）解法1：首先求出，再由，利用面积公式计算可得；解法2：首先得到，再由计算可得.
【小问1详解】
由已知，，
，
因为，
所以
，
所以在中由余弦定理可得
.
【小问2详解】
解法1：因为，
又因为，
所以，
即，
解得.
解法2：因为，所以，
又，，
所以，
又因为，所以，则，
所以.
20. 甲公司现有资金200万元，考虑一项投资计划，假定影响投资收益的唯一因素是投资期间的经济形势，若投资期间经济形势好，投资有的收益率，若投资期间经济形势不好，投资有的损益率；如果不执行该投资计划，损失为1万元.现有两个方案，方案一：执行投资计划；方案二：聘请投资咨询公司乙分析投资期间的经济形势，聘请费用为5000元，若投资咨询公司乙预测投资期间经济形势好，则执行投资计划；若投资咨询公司乙预测投资期间经济形势不好，则不执行该计划.根据以往的资料表明，投资咨询公司乙预测不一定正确，投资期间经济形势好，咨询公司乙预测经济形势好的概率是0.8；投资期间经济形势不好，咨询公司乙预测经济形势不好的概率是0.7.假设根据权威资料可以确定，投资期间经济形势好的概率是，经济形势不好的概率是.
（1）求投资咨询公司乙预测投资期间经济形势好的概率；
（2）根据获得利润的期望值的大小，甲公司应该执行哪个方案？说明理由.
【答案】（1）0.5；
（2）甲公司应该选择方案二，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由全概率公式即可得解；
（2）方案一服从两点分布，由此求出对应的概率可得期望；方案二有三种情况，分别算出相应的概率，结合期望公式算出期望，比较两个期望的大小即可得解.
【小问1详解】
记投资期间经济形势好为事件，投资期间经济形势不好为事件，
投资咨询公司预测投资期间经济形势好为事件，
则，
因此；
【小问2详解】
若采取方案一，则该公司获得的利润值万元的分布列是
万元；
若采取方案二：设该公司获得的利润值为万元，有以下情况，
投资期间经济形势好，咨询公司乙预测经济形势为好，，
其发生的概率为：，
投资期间经济形势好，咨询公司乙预测经济形势为不好，，
其发生的概率为：，
投资期间经济形势不好，咨询公司乙预测经济形势为好，，
其发生的概率为：，
投资期间经济形势不好，咨询公司乙预测经济形势为不好，，
其发生的概率为：，
因此，随机变量的分布列为：
因此，万元，
因为，所以甲公司应该选择方案二.
21. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.

（1）若，求证：平面；
（2）若，确定点的位置，并求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）为中点，.
【解析】
【分析】（1）根据角平分线性质定理得，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行的判定可证；
（2）利用线面垂直可得，进而得平面，由线面垂直得，然后根据等边三角形三线重合即得为中点，以为原点，分别以为轴，以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用公式求解即可
【小问1详解】
设，因为底面是边长为2的菱形，
所以，对角线BD平分，
又为棱的中点，所以,
在中，根据角平分线性质定理得，
又，所以，所以，
，平面，且平面平面.
【小问2详解】
平面，且平面，，
因为，所以，
在中，，，所以是等边三角形，
又为棱的中点，所以，
平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面ABCD，平面，
又平面，，
又，平面，
平面，且平面，.
因为P在底面的投影H为线段EC的中点，所以，又
所以为等边三角形，故为中点，
所以在底面上的投影为的中点.
在中，，
，
以为原点，分别以为轴，
以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，

所以，
，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，即，
平面，是平面的一个法向量，
，
因为二面角是一个锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法：
首先设两个平面的法向量坐标，利用线面垂直得到线线垂直即向量的数量积为零列出方程组求出法向量坐标，把二面角转化为向量的夹角，利用公式，结合图形写出夹角或补角.
22. 已知椭圆的离心率为，左右两顶点分别为，过点作斜率为的动直线与椭圆相交于两点.当时，点到直线的距离为.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点关于原点的对称点为，设直线与直线相交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由.
【答案】（1）
（2）是定值，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，解方程求出，再结合，即可得出答案.
（2）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值.
【小问1详解】
依题意可知，
由于，则直线的方程为，
因为点到直线的距离为.
所以，解得，
所以，则，
所以椭圆的标准方程.
【小问2详解】
设，直线的方程为.此时.
联立直线与椭圆方程消去得，
则有
不妨设，因为三点共线，则，
所以则有，
因为三点共线，则则有，
所以
，
所以，所以，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，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．
50
0.4
0.6
49.5
0.18
0.5
0.32