江西师范大学附属中学2024届高考第三次模拟测试数学试题

这是一份江西师范大学附属中学2024届高考第三次模拟测试数学试题，共14页。试卷主要包含了若，则的值为，已知钝角的面积为，则的值是，已知数列满足，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前、考生先在答题卡上用直径05毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写清楚，然后贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．
2．答选择题时、选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动、用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
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．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．的展开式中，的系数为（ ）
A．96B．144C．180D．216
3．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知3个数据的平均数为3，方差为4，现再加入一个数据7，则这4个数据的方差为（ ）
A．6B．8C．10D．12
5．已知钝角的面积为，则的值是（ ）
A．-6B．C．或D．-6或6
6．已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间[0，t]上的值域为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．A、B是一个随机试验中的两个事件，且，则下列错误的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在轴上，且的内心坐标为，若线段上靠近点的三等分点恰好在上，则的离心率为（ ）
A．B．C．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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等差数列
C．数列的前项和为D．能被3整除
10．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，a=b=c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
11．已知函数及其导函数，且，若，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为______.
13．2024年春耕期间，某农业局将甲、乙、丙等5位农业干部分配到3个村庄去指导农民春耕，要求每人只去一个村庄，且这三个村庄都有人去，甲和乙不去同一个村庄，甲和丙去同一个村庄，则不同的分配方法共有______种（用数字作答）．
14．已知函数，若在其定义域上没有零点，则的取值范围是______.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应它出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本题满分13分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．（参考数据：）
16．（本题满分15分）某商场举办购物有奖活动，若购物金额超过100元，则可以抽奖一次，奖池中有8张数字卡片，其中两张卡片数字为1，两张卡片数字为2，两张卡片数字为3，两张卡片数字为4，每次抽奖者从中随机抽取两张卡片，取出两张卡片之后记下数字再一起放回奖池供下一位购物者抽取，如果抽到一张数字为1的卡片，则可获得10元的奖励，抽到两张数字为1的卡片，则可获得20元的奖励，抽到其他卡片没有奖．小华购物金额为120元，有一次抽奖机会。
（1）求小华抽到两张数字不同的卡片的概率；
（2）记小华中奖金额为X，求X的分布列及数学期望．
17．（本题满分15分）如图，在三棱锥中，分别是侧棱PA，PB，PC的中点，平面．
（1）求证：平面平面；
（2）如果，求二面角的余弦值．
18．（本题满分17分）已知抛物线的准线与圆相切．
（1）求的方程；
（2）设点是上的一点，点A，B是的准线上两个不同的点，且圆是的内切圆．
①若，求点的横坐标；
②求面积的最小值．
19．（本题满分17分）已知有穷数列满足，且2时，，令．
（1）写出所有可能的值；
（2）求证：一定为奇数；
（3）是否存在数列，使得若存在，求出数列；若不存在，说明理由．
江西师大附中2024届高考第三次模拟测试卷
数学
本卷满分：150分，考试时间：120分钟．
注意事项：
1．答题前、考生先在答题卡上用直径05毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写清楚，然后贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．
2．答选择题时、选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动、用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
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．【答案】D
【详解】，故．故选：D．
2．【答案】D
【解析】．当时，．故选D项．
3．【答案】A
【详解】由题意可得：．故选：A．
4．【答案】A
【解析】由方差公式得，因此．加入数据后，新数据的平均数为4，方差为．故选A项．
5．【答案】C
【解析】略
6．【答案】C
【详解】设的最小正周期为，由图象可知，所以，则，故，
又的图象过点，所以，
所以，又，所以，则，
则．
当时，，
当或．即或时，，
当，即时，，
所以的取值范围为．故选：C．
7．【答案】C
【解析】略
8．【答案】C
【详解】设，则（为坐标原点），设的内心为，所以的内切圆的半径为，
在中，，又，
由等面积法得，解得，
所以为等边三角形，其边长为2c，高为，则，
所以，代入的方程得，
整理得，由，
可得，两边同时除以，可得，解得，因为，所以，即．故选：C．
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．【答案】BCD
【解析】略
10．【答案】BC
【解析】若平面是面积为的等边三角形，则，则A不正确．
若，则，则B正确．
若，则，则平面的外接圆半径为，则到平面ABC的距离，则三棱锥的体积，则球面的体积．C正确．
由余弦定理可知因为，所以，则．取，则，则D不正确．故选：BC
11．【答案】AC
【详解】因为，所以的图像关于直线对称．令，得，故A项正确；
因为．所以，即，
所以，因为，所以，
即，所以，则的一个周期为4．
因为的图像关于直线对称，所以是的一个极值点，
所以，所以，则．故B项错误；
由，得，即．
所以，故C项正确；
设为常数），定义域为，
则，
又，所以，显然也满足题设，
即上、下平移均满足题设，显然的值不确定，故D项错误．故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】4
【详解】由题得，解得，所以当时，，
所以．
13．【答案】30
【解析】分两类考查：第一类，甲、丙两人去同一个村庄，共有种分配方法；第二类，甲、丙和除乙以外的某一人去同一村庄，共有种分配方法．故共有种分配方法．
14．【答案】
【解析】因为在上连续，又，所以要使无零点，需使在其定义域上恒成立．于是原问题转化为，求的取值范围．
令，所以单调递增，又由式得，所以，即恒成立．
令，令得．
当时，单调递增；当时，单调递减，所以是的极大值点，，所以，即．
综上所述，的取值范围为．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应它出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．【详解】（1）由题意得，
当时，在上恒成立，在上单调递减，
当时，令，解得．
当时，，当．
所以在上单调递减，在上单调递增；
综合得：当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）可知，当时，的最小值为．
要证成立，需成立，即证．
令，则．
令，得（负值舍去）．
当时，；当时，．
因此在上单调递减，在，上单调递增．
所以当时，取得最小值，，故当时，．
16．【详解】（1）由题可得：小华抽到两张数字不同的卡片的概率为：．
（2）由题可知的取值为：0，10，20，
故的分布列为：
17.【详解】（1）因为分别是侧棱PA，PB，PC的中点，
所以，
因为，所以，
因为平面平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）因为平面平面，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，所以两两垂直，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，所以即为平面的一条法向量，
故，所以二面角的余弦值．
18．【详解】（1）因为圆的圆心为，半径，
由题意可知：抛物线的准线为，可得，
所以抛物线的方程为．
（2）设，
可知直线，即，
因为直线PA与圆相切，则，
整理得，
且，化简可得：，
同理可得：，
同构可知：m，n是关于的方程的两根，
则，
可得，
注意到点在拋物线上，则，
则．
①若，整理得，
解得或（舍去），即点的横坐标为3；
②因为点到准线的距离，
则面积，
设，则，
可得，
且，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以面积的最小值为．
19．【详解】（1）由题意，满足条件的数列的所有可能情况有：
0，1，2，1，0，此时；
0，1，0，1，0，此时；
0，1，0，-1，0，此时；
0，-1，-2，-1，0，此时；
0，-1，0，1，0，此时；
0，-1，0，-1，0，此时．
综上所述，的所有可能取值为；
（2）由，可设，则或，
所以，
因为，所以，
设中有个个-1，则，
故为奇数；
（3）为奇数，是由个1和个-1构成的数列，
，
则当的前项取1，后项取-1时，最大，
此时，不符合题意；
如果的前项中恰有项取-1，
后项中恰有项取1，
则，
若，则，
因为是奇数，所以是奇数，而是偶数，
因此不存在数列，使得．0
10
20