2024年江西省赣州市高考数学摸底试卷（3月份）(含解析）

这是一份2024年江西省赣州市高考数学摸底试卷（3月份）(含解析），共16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。
1.已知集合A={x|x2−4x>0}，B={x|y=lg2(2−x)}，则(∁RA)∩B=( )
A. [0,2)B. (−∞,2)C. [0,4]D. (−∞,4]
2.已知i为虚数单位，3+ai1−i=2+bi(a,b∈R)，则|a+bi|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 4
3.在△ABC中，AB= 7,AC=2,C=120°，则sinA=( )
A. 714B. 2114C. 5 714D. 3 2114
4.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AD的中点，过B1且平行于平面A1BE的平面截正方体所得截面面积为( )
A. 62B. 54C. 6D. 2 6
5.平行四边形ABCD中，AB=3，AD=4，AB⋅AD=−6，DM=13DC，则MA⋅MB的值为( )
A. 16B. 14C. 12D. 10
6.若一组样本数据x1，x2，⋯，x8的方差为2,i=18(−1)ixi=−2,yi=xi+(−1)i(i=1,2,⋯,8)，则样本数据y1，y2，⋯，y8的方差为( )
A. 1B. 2C. 2.5D. 2.75
7.已知a=ee−1,b=3e,c=ln3，则( )
A. a0；
S2=12(yN−yT)xP=12(2t2+12)t=t3+t4，t>0，
∴S22S1=(t3+t4)2(t3+t4)t2=t3+t4t2=t+14t≥2 t⋅14t=1，
当且仅当t=14t，(t>0)，即t=12时，等号成立，
∴S22S1的最小值为1．
故答案为：1．
根据抛物线的对称性，不妨设P在第一象限，且P的坐标为(t,t2)，t>0，从而利用导数的几何意义及直线的点斜式方程，可得P处的切线l的方程与过P且垂直l的直线l′的方程，从而可求出S，T，M，N的坐标，从而可得S1与S2的关于t的表达式，最后构建函数模型，通过基本不等式，即可求解．
本题考查抛物线的切线问题，导数的几何意义及直线的点斜式方程的应用，函数建模，基本不等式的应用，属中档题．
15.【答案】解：(1)由PA⊥平面ABCD，可得V三棱锥P−BCD=13S△BCD⋅PA，
设点D到平面PBC的距离为d，
则由V三棱锥D−PBC=V三棱锥P−BCD，可得13S△PBC⋅d=13S△BCD⋅PA，
则d=S△BCD⋅PAS△PBC，
由∠ABC=90°，BC=4，CD=3，可得：S△BCD=12BC⋅CD=6，
由PA⊥平面ABCD，∠ABC=90°，可得BC⊥PB，
则S△PBC=12PB⋅BC=8 2，则d=6×48 2=3 22，
即点D到平面PBC的距离为3 22；
(2)设O为AC的中点，过O作OH⊥AD交AD于H，连结OM，HM，

∵M是PC的中点，∴OM/​/PA，
又PA⊥平面ABCD，∴OM⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，∴OM⊥AD，
又OH⊥AD，OM∩OH=O，
∴AD⊥平面MOH，又MH⊂平面MOH，
∴AD⊥MH，
∴∠MHO为二面角M−AD−B的一个平面角，
又S△AOD=12AD⋅OH=12S△ADC=12×12CD⋅BC=3，
且AD= 17，可得OH=6 17，
则tan∠MHO=OMOH= 173，
即二面角M−AD−B的正切值为 173．
【解析】(1)根据题设条件，由等体积法即可求得点D到平面PBC的距离；
(2)由二面角的平面角定义，可作出并证明∠MHO为二面角M−AD−B的一个平面角，解三角形即可求得二面角的正切值．
本题考查点到平面距离的求法，考查二面角的正切值求法，属中档题．
16.【答案】解：(1)若m=23，
此时该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为56，23，23，
则该应聘者应聘甲公司，三项专业技能测试恰好通过两项的概率P甲=13×23×23+23×13×23+23×23×13=49，
该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试恰好通过两项的概率P乙=16×23×23+56×13×23+56×23×13=49；
(2)若X表示三项专业技能测试中通过的次数，
易知X的所有取值为0，1，2，3，
若该应聘者应聘甲公司，
此时P(X=0)=(13)3=127，P(X=1)=C31(13)2×23=29，P(X=2)=C3213×(23)2=49，P(X=3)=(23)3=827，
所以E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2；
该应聘者应聘乙公司，
此时P(X=0)=16×13×(1−m)=1−m18，P(X=1)=56×13×(1−m)+16×23×(1−m)+16×13×m=7−6m18，
P(X=2)=56×23×(1−m)+56×13×m+16×23×m=10−3m18，P(X=3)=56×23×m=10m18，
所以E(X)=0×1−m18+1×7−6m18+2×10−3m18+3×10m18=32+m，
因为该应聘者只能应聘其中一家且该应聘者更希望通过乙公司的技能测试，
所以32+m>2，
解得m>12，
又00，f′(x)=ex−1−1x为增函数，
又∵f′(1)=0，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)．
(2)证明：∵g(x)=f(x)−m(x−1)=ex−1−lnx−mx+m(m>0)，
∴g′(x)=ex−1−1x−m(x>0,m>0)，
由(1)可知g′(x)在(0,+∞)单调递增，且g′(1)=−mem−(m+1)>0，
∴存在唯一的t∈(1,1+m)⊆(1,+∞)使得g′(t)=0，
∴当x∈(0,t)时g′(t)0，
∴g(x)在(0,t)上单调递减，在(t,+∞)上单调递增，
∴g(x)min=g(t)=et−1−lnt−mt+m，
若方程g(x)=ex−1−lnx−mx+m=0有唯一的实数x0，则x0=t>1，
∴g′(t)=et−1−1t−m=0,g(t)=et−1−lnt−mt+m=0，
∴(2−t)et−1−lnt+1−1t=0(t>1)，
令h(t)=(2−t)et−1−lnt+1−1t(t>1)，
则当t>1时，h′(t)=(1−t)et−1−1t+1t2=(1−t)(et−1+1t2)0,h(2)=12−ln2a3，故n=3是数列A的一个“D时刻”，
同理当n=5时，都有ai>a5(i=1,2,3,4)，即n=5也是数列A的一个“D时刻”，
综上，D(A)={3,5}；
(2)由card(D,A)=4，易知a1=5或a1=6，
①当a1=5时，4，3，2，1必须从左往右排列，6可以是ai(i=2,3,4,5,6)中任一个，共有5种情况，
②当a1=6时，若D(A)中的四个元素是由集合A中的元素4，3，2，1或5，3，2，1或5，4，2，1或5，4，3，1引起的，
1.若由4，3，2，1引起，即4，3，2，1从左往右排列，则5必须排在4的后面，共4种；
2.若由5，3，2，1引起，即5，3，2，1从左往右排列，则4必须排在3的后面，共3种；
3.若由5，4，2，1引起，即5，4，2，1从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；
4.若由5，4，3，1引起，即5，4，3，1从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种，
综上，符合card(D,A)=4的数列A有15种；
(3)①若card(D,A)=0，由a1≤aN，
所以a1−aN≤0，即card(D,A)≥a1−aN成立；
②若card(D,A)=m(m≥1)，
不妨设D(A)={i1,i2,i3,⋯,im}；(i1