江西省赣州市2024届高三下学期3月摸底考试 数学

这是一份江西省赣州市2024届高三下学期3月摸底考试 数学，共20页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知为虚数单位， 在中，，则， 在平行四边形中，，则， 已知，则， 已知等比数列的前项和为，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

2024年3月
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟
第I卷（选择题共58分）
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合即可利用集合的交并补运算求解.
【详解】，
故，
故选：A
2. 已知为虚数单位.，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算以及复数相等的概念即可求得，再由复数的模长公式即可得到结果.
【详解】由可得，
则，解得，则.
故选：B
3. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用余弦定理可求值，根据正弦定理可求的值．
【详解】∵，
∴由余弦定理可得：,
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故选:B
4. 在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，作出并证明过点，且与平面平行的正方体的截面，再求出面积.
【详解】在棱长为1的正方体中，取中点，中点，
连结，而为棱中点，
显然，，得四边形，四边形都是平行四边形，
则，，平面，平面，
于是平面，平面，又，平面，
因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形，
则，显然平面平面，
从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形，
又，即四边形为菱形，
而，，
所以四边形的面积为．
故选：A
5. 在平行四边形中，，则（ ）
A. 16B. 14C. 12D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】选取为基向量，将用基向量表示后，再利用平面向量数量积的运算法则求解数量积.
【详解】因为，
所以
.
故选：A
6. 若一组样本数据的方差为，则样本数据的方差为（ ）
A. 1B. 2C. 2.5D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合方差的定义以及性质代入计算，即可得到结果.
【详解】设样本数据的平均数为，则，
设样本数据的平均数为，由，
则，所以
.
故选：C
7. 已知，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，对求导可得在上单调递减，可得，即，再由作差法比较的大小，即可得出答案.
【详解】令,,
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，即，
所以可得，故，
因为，
所以，
故.
故选：D.
8. 在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，求出，即可利用坐标法求解轨迹方程，即可由弧长公式求解.
【详解】
在长方体中，由于平面，平面，
在和中，，，
，，，
在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
设,则，
则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，
由于,
故,因此轨迹为所对的弧长，故长度为，
故选：D
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 已知等比数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. 数列为单调数列D. 数列为单调数列
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件得到或，再对各个选项逐一分析判断，即可求出结果.
【详解】设数列的首项为，公比为，
由题有，解得或，
对于选项A，当，为奇数时，，所以选项A错误，
对于选项B，因为，当，显然有，当时，
，所以，故选项B正确，
对于选项C，当时，数列是首项为，公比为的递增数列，
当时，数列是首项为，公比为的递减数列，所以选项C正确，
对于选项D，由选项B知，所以，
当时，，此时不具有单调性，所以选项D错误，
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是的一个周期
B. 的图象关于原点对称
C. 的图象过点
D. 为上的单调函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】直接利用三角函数的性质，函数的周期性和对称性判断ABC，举反例排除D.
【详解】函数，
对于A：
，
故是函数的一个周期，故A正确；
对于B：函数
，
故函数的图像关于原点对称，故B正确；
对于C：当时，，故C正确；
对于D：因为，
所以，，
即，，
所以函数在上不是单调函数，故D错误．
故选：ABC．
11. 曲线是平面内与两个定点的距离的积等于的点的轨迹，给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（ ）
A. 曲线关于坐标轴对称；
B. 周长的最小值为；
C. 点到轴距离的最大值为
D. 点到原点距离的最小值为.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据题意求出曲线的方程，对于A，由对称的性质判断，对于B，表示出三角形的周长后利用基本不等式可求出其最小值，对于C，将曲线的方程化为的一元二次方程，然后由可求出的范围，从而可求出点到轴距离的最大值，对于D，将方程化为关于的一元二次方程，由可得，再把曲线方程变形可求出结果.
【详解】解：设得：，得，
由于方程中的次数均为偶数，故其图象关于坐标轴对称，故正确；
因为的周长为，故B正确；
展开方程得：关于的一元二次方程有解，
，所以，所以，故C错误；
将方程化为关于的一元二次方程有解，
，恒成立，
因为，所以，
所以
所以，所以点到原点距离的最小值为，故D成立.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查曲线与方程的综合应用，解题的关键是根据题意求出曲线的方程，然后逐个分析判断，考查数学计算能力，属于较难题.
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 求值：__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据诱导公式及辅助角公式求解即可.
【详解】.
故答案为：.
13. 展开式中的常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】表示个相乘，再结合组合即可得解.
【详解】表示个相乘，
则常数项，应个，个，个，个相乘，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：.
14. 已知是抛物线上异于顶点的点，在处的切线分别交轴､轴于点，过作的垂线分别交轴､轴于点，分别记与的面积为，则的最小值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由抛物线的对称性，设，根据导数的几何意义分别求出直线和直线的方程，进而求出四点的坐标，再分别求出两个三角形的面积，化简进而可得出答案.
【详解】由抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，设，
由，得，当时，，
所以切线的方程为，即，
令，则，令，则，即，
由题意直线的方程为，即，
令，则，令，则，即，
则，，
故，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义分别求出直线和直线的方程，是解决本题的关键.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为侧棱中点.
（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据利用等体积法计算可得；
（2）设为的中点，过作交于，连接、，即可证明平面，从而得到平面，则为二面角的一个平面角，再求出、，即可得解.
【小问1详解】
由平面，可得，
令点到平面的距离为，则，
由，可得，
则，
由，可得，
由平面，平面，所以平面平面，
又，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，则，
所以，即点到平面的距离为
【小问2详解】
设为的中点，过作交于，连接、，
是的中点，，又平面，所以平面，
又平面，，
又，平面，
平面，平面，，
为二面角的一个平面角，
又，
且，所以，
所以，
即二面角的正切值为.
16. 某人准备应聘甲､乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为，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，，m，其中，技能测试是否通过相互独立.
（1）若.求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；
（2）已知甲､乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式即可求解，
（2）根据二项分布的期望公式求解去甲公司的期望，根据相互独立事件的概率乘法公式可求解去乙公式通过项目的概率，即可求解期望，进而比较两者的期望即可求解.
【小问1详解】
记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件
由题设，
【小问2详解】
分别记“该应聘者应聘甲､乙公司三项专业技能测试中通过的项目数为”
由题设知：，所以
的所有可能取值为
，
，
，
故的分布列为
从而
由得解得，
故的范围为：
17. 己知椭圆过点，椭圆的右焦点与点所在直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过的直线与椭圆交于两点.点.直线分别交椭圆于点，直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）是定值，定值为2.
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意，设的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理代入计算，表示出，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意可设椭圆的半焦距为，且椭圆的右焦点为，
由题意得：
解得，
所以的方程为：.
【小问2详解】
设的方程为，设，则直线的方程为，
由可得，
结合，可得，
可得，解得，
代入，解得，
同理可得，
故
.
故直线的斜率是定值，且定值为2
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆与直线相交问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，结合韦达定理计算.
18. 已知函数.
（1）求的单调区间，
（2）已如.若函数有唯一的零点.证明，.
【答案】（1）减区间为，增区间为；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出，求得在上恒成立，可得为增函数，由，结合定义域可得单调递增区间；
（2）由已知可得，求导,由（1）可知在单调递增，
且，及,则存在唯一的使得，
分析单调性，得到，再通过函数有唯一的零点，即，
化简可得，构造函数，
分析单调性，再分别判断的正负，即可求解.
【小问1详解】
当时，为增函数
又
当时，单调递减；
当时，单调递增.
的减区间为，增区间为
【小问2详解】
由（1）可知在单调递增，且，
又
存在唯一的使得
当时单调递减；当时单调递增；
若方程有唯一的实数，则
消去可得
令，
则
在上为减函数
且
当时，即
19. 设数列.如果对小于的每个正整数都有.则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合，的元素个数记为.
（1）对数列，写出的所有元素；
（2）数列满足，若.求数列的种数.
（3）证明：若数列满足，则.
【答案】（1）；
（2）15种； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用“时刻”的定义分析数列，从而得解；
（2）利用“时刻”的定义，结合列举法，列出所有满足的情况即可得解；
（3）分类讨论，两种情况，结合“时刻”的定义，分析的取值情况，从而得证.
小问1详解】
由题设知当时，，故是数列的一个“时刻”，
同理当时，都有，即也是数列的一个“时刻”，
综上，.
【小问2详解】
解法一：
由，易知或
①当时，必须从左往右排列，6可以是中任一个，共有5种情况
②当时，若中的四个元素是由集合中的元素或或或引起的
1.若由引起，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.若由引起，即从左往右排列，则3必须排在2的后面，共2种；
4.若由引起，即从左往右排列，则2必须排在1的后面，共1种
综上，符合的数列有15种
解法二：
因为数列，
由题意可知中的四个元素为中的四个，共有5种情况：
①当时，数列共有1种情况；
②当时，数列共有2种情况；
③当时，数列共有3种情况；
④当时，
数列共有4种情况；
⑤当时，
数列，共有5种情况；
综上，符合的数列有15种.
【小问3详解】
①若，由，
所以，即成立；
②若，
不妨设且
从而
由累加法知：
又，即；
综上，，证毕.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解“时刻”的定义，从而得解.
0
1
2
3