2024年江西省南昌市豫章中学高考数学三模试卷（B卷）（含详细答案解析）

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这是一份2024年江西省南昌市豫章中学高考数学三模试卷（B卷）（含详细答案解析），共14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.我们平时登录各类网络平台的密码中的不同符号都各自对应一个字节数，若某个密码使用的符号对应的字节数分别为1，2，4，4，6，7，8，则这组数据的75%分位数为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.已知集合A={x|y=lg3(1−x)}，B={x|x>3}，则∁R(A∪B)=( )
A. {x|13.已知m，n∈(0,+∞)，1m+n=4，则m+9n的最小值为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
4.已知i是虚数单位，z=(x+yi)2，x，y∈R，则“x=y=1”是“|z|=2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知圆x2+y2−4x+4y+a=0截直线x+y−4=0所得弦的长度小于6，则实数a的取值范围为( )
A. (8− 17,8+ 17)B. (8− 17,8)
C. (−9,+∞)D. (−9,8)
6.已知函数f(x)=exx−a，若f(x)没有零点，则实数a的取值范围是( )
A. [0,e)B. (0,1)C. (0,e)D. [0,1)
7.在桥梁设计中，桥墩一般设计成圆柱型，因为其各向受力均衡，而且在相同截面下，浇筑用模最省，假设一桥梁施工队在浇筑桥墩时，采用由内向外扩张式浇筑，即保持圆柱高度不变，截面半径逐渐增大，设圆柱半径关于时间的函数为R(t)，若圆柱的体积以均匀速度c增长，则圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径( )
A. 成正比，比例系数为cB. 成正比，比例系数为c2
C. 成反比，比例系数为cD. 成反比，比例系数为c2
8.设(x1,x2,x3,x4,x5)是1，2，3，4，5的一个排列，若(xi−xi+1)(xi+1−xi+2)<0对一切i∈{1,2,3}恒成立，就称该排列是“交替”的．“交替”的排列的数目是( )
A. 8B. 16C. 24D. 32
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a=4 3，b=4 2，B=45∘，则角A的可能取值是( )
A. 30∘B. 150∘C. 60∘D. 120∘
10.已知狄利克雷函数f(x)={1,x是有理数0,x是无理数，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的值域为[0,1]B. f(x)定义域为R
C. f(x+1)=f(x)D. f(x)是奇函数
11.十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程a2−x2=ky2(k>0,k≠1,a≠0)表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P(异于A，B两点)向长轴AB引垂线，垂足为Q，记M=|PQ|2|AQ|⋅|BQ|，下列说法正确的是( )
A. M的值与P点在椭圆上的位置有关B. M的值与P点在椭圆上的位置无关
C. M的值越大，椭圆的离心率越大D. M的值越大，椭圆的离心率越小
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件______时，有A1C⊥B1D1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)
13.在等比数列{an}中，a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个实根，则a2a6a10=______.
14.已知空间向量a=(1,0,1)，b=(2,−1,2)，则向量b在向量a上的投影向量是______.
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.(本小题13分)
在ΔABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，已知A=π3,b2+c2− 33abc=a2.
(1)求a的值；
(2)若b=1，求ΔABC的面积.
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB=2，AD=AP=3，点M是棱PD的中点．
(1)求二面角M−AC−D的余弦值；
(2)点N是棱PC上的点，已知直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为3 2222，求PNPC的值．
17.(本小题15分)
某人居住在城镇的A处，准备开车到单位B处上班，若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车事件的概率如图．(例如：A→C→D算作两个路段：路段AC发生堵车事件的概率为15，路段CD发生堵车事件的概率为18)
(1)请你为其选择一条由A到B的最短路线(即此人只选择从西向东和从南向北的路线)，使得途中发生堵车事件的概率最小；
(2)若记路线A→C→F→B中遇到堵车次数为随机变量ξ，求ξ的数学期望Eξ.
18.(本小题17分)
以椭圆M：x2a2+y2=1(a>1)的四个顶点为顶点的四边形的四条边与⊙O：x2+y2=1共有6个交点，且这6个点恰好把圆周六等分．
(Ⅰ)求椭圆M的方程；
(Ⅱ)若直线l与⊙O相切，且与椭圆M相交于P，Q两点，求|PQ|的最大值．
19.(本小题17分)
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1−2Sn=1，n∈N*.
(Ⅰ)证明：{Sn+1}为等比数列，求出{an}的通项公式；
(Ⅱ)若bn=nan，求{bn}的前n项和Tn，并判断是否存在正整数n使得Tn⋅2n−1=n+50成立？若存在求出所有n值；若不存在说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由某个密码使用的符号对应的字节数分别为1，2，4，4，6，7，8，
可得7×75%=5.25，
所以这组数据的75%分位数为第6个数字7.
故选：D.
根据题意，结合百分位数的定义和计算方法，即可求解．
本题主要考查了百分位数的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：集合A={x|y=lg3(1−x)}={x|x<1}，B={x|x>3}，
则A∪B={x|x<1或x>3}，
故∁R(A∪B)={x|1≤x≤3}.
故选：D.
结合集合的运算法则，即可求解．
本题主要考查对数函数的定义域，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∀m，n∈(0,+∞)，1m+n=4，
则m+9n=14(m+9n)(1m+n)=14(10+mn+9mn)≥14(10+2 mn⋅9mn)=4，
当且仅当mn=9mn且1m+n=4，即m=1，n=3时等号成立．
故选：B.
根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：当x=y=1时，z=(1+i)2=2i，则|z|=2；
反之，z=(x+yi)2=(x2−y2)+2xyi，若|z|=2，则 (x2−y2)2+(2xy)2=2.
∴(x2+y2)2=4，则x2+y2=2，不一定得到x=y=1.
故“x=y=1”是“|z|=2”的充分不必要条件．
故选：A.
根据复数的相关运算，由充分不必要条件的概念判断即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，考查充分必要条件的判定，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由圆x2+y2−4x+4y+a=0，得(x−2)2+(y+2)2=8−a，
圆心为(1,−1)，半径为 8−a，则8−a>0，即a<8，
圆心到直线x+y−4=0的距离为|1−1−4| 12+12=2 2，
∵弦的长度小于6，∴2 ( 8−a)2−(2 2)2<6，
解得a>−9，
∴a∈(−9,8)，
故选：D.
化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，由r2>0求得a的范围，求出圆心到直线的距离，结合弦长小于6列式进一步求解a的范围，取交集得答案．
本题考查圆的一般方程，考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，训练了利用垂径定理求弦长，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：f(x)=exx−a没有零点，即ex=ax无解，
∴g(x)=ex与h(x)=ax函数图象无交点，画出g(x)与h(x)的图象如图，
由g(x)函数图象性质可知0≤a<1，
故选：D.
f(x)=exx−a没有零点，即ex=ax无解，等价于g(x)=ex与h(x)=ax函数图象无交点，进而求解．
考查函数图象与零点关系的理解，数形结合与转化思想，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆柱的体积，考查圆柱的侧面积，考查导数的运算，属于基础题.
由圆柱的体积公式及导数的运算得R ′(t)=c2πhR(t)，结合圆柱侧面积公式及其导数，得S ′(t)=cR(t)，由此能求出结果．
【解答】
解：设圆柱的高为h，
由圆柱的体积V(t)=πhR2(t)，得V ′(t)=2πhR(t)⋅R ′(t)，
因为圆柱的体积以均匀速度c增长，
所以V ′(t)=2πhR(t)⋅R ′(t)=c，所以R ′(t)=c2πhR(t)，
因为圆柱侧面积S(t)=2πR(t)h，所以S ′(t)=2πR ′(t)h=2πh⋅c2πhR(t)=cR(t)，
∴圆柱的侧面积的增长速度与圆柱半径成反比，比例系数为c.
故选：C.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查分类计数原理，属于难度较大题目．
由已知可得：xi−xi+1与xi+1−xi+2异号，有两种情况：(1)xi−xi+1>0且xi+1−xi+2<0；
(2)xi−xi+1<0且xi+1−xi+2>0，分别讨论可以求得结果，也可以列举得解．
【解答】
解：由已知可得：xi−xi+1与xi+1−xi+2异号，有两种情况：
(1)xi−xi+1>0且xi+1−xi+2<0，此时
①当第二和第四位是1或2时，有A33×A22=12种；
②当第一位是2，第二位是1，第四位是3时有A22=2种，
③当第一位是2，第二位是1，第四位是5时有A22=2种，
共计12+2+2=16种．
(2)xi−xi+1<0且xi+1−xi+2>0，此时
①当第二位和第四位是4或5时，有A33×A22=12种；
②当第一位是2，第二位是3或4时，第三位是1有A22=2种，
③当第一位是2，第二位是5时，第四位是1有A22=2种，
共计12+2+2=16种．
综上可得，一共有16+16=32种．
故本题选D.
9.【答案】CD
【解析】解：在△ABC中，由于a=4 3，b=4 2，B=45∘，
利用正弦定理：asinA=bsinB，解得sinA= 32；
由于b>asinB；
所以A=60∘或120∘.
故选：CD.
直接利用三角函数的值和正弦定理的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，三角函数的值，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查函数新定义，涉及分段函数的定义域，值域，基本性质，属于基础题.
根据函数的定义域，值域可判断A，B，然后再根据函数解析式检验C，D.
【解答】
解：函数的定义域为全体有理数与无理数的并集即R，
故函数的定义域为R，值域为{1,0}，故A错误，B正确；
当x为有理数时，x+1也为有理数，则f(x+1)=f(x)=1，
当x为无理数时，x+1也为无理数，则f(x+1)=f(x)=0，
从而有f(x+1)=f(x)，C正确；
x为有理数时，−x也为有理数，则f(x)=f(−x)=1，
不满足f(−x)=−f(x)，D错误，
故选：BC.
11.【答案】BD
【解析】解：设P(x,y)，不妨设椭圆的长轴在x轴上，
则PQ2=y2，AQ⋅BQ=(x+a)(a−x)=a2−x2，
所以M=|PQ|2|AQ|⋅|BQ|=y2a2−x2=1k(常数)，所以M的值与P点在椭圆上的位置无关，故B正确，A错误；
又由方程a2−x2=ky2方得x2a2+y2a2k=1，所以M是椭圆的短轴长与长轴长的比值的平方，即M=(ba)2，
所以离心率e= 1−(ba)2= 1−M，所以M的值越大，椭圆的离心率越小，所以D正确，C错误．
同理可得椭圆的长轴在y轴上时结论一致．
故选：BD.
】把椭圆的方程化为标准方程，然后把P的坐标代入计算可判断AB，进一步得M是椭圆的短轴长与长轴长的比值的平方，由e= 1−(ba)2= 1−M进而可以判断CD.
本题考查了椭圆的性质，以及M的几何意义，考查了学生的运算能力，属于基础题．
12.【答案】AC⊥BD或四边形ABCD为菱形
【解析】解：若A1C⊥B1D1，由四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱
AA1⊥B1D1，易得B1D1⊥平面AA1BB1，
则A1C1⊥B1D1，即AC⊥BD
则四边形ABCD为菱形
故答案为：AC⊥BD或四边形ABCD为菱形
由假设A1C⊥B1D1，结合直四棱柱的性质及线面垂直的判定和性质定理，我们易得到A1C1⊥B1D1，即AC⊥BD，又由菱形的几何特征可判断出四边形ABCD为菱形，又由本题为开放型题目上，故答案可以不唯一．
本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，三垂线定理，线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．
13.【答案】−8
【解析】解：根据a4，a8是关于x的方程x2+10x+4=0的两个实根，
得a4⋅a8=ca=4，a4+a8=−ba=−10，
所以a4<0，a8<0，且a62=a4⋅a8=4，
又因为等比数列的偶数项符号相同，所以a6=−2，
所以a2a6a10=a63=−8.
故填：−8.
根据根与系数的关系，得到a4⋅a8=ca=4，a4+a8=−ba=−10，所以a4<0，a8<0，所以a62=a4⋅a8=4，a6<0得a6=−2，即可得到a2a6a10的值．
本题考查了二次方程的根与系数的关系，等比数列的性质等．属于基础题．
14.【答案】(2,0,2)
【解析】解：向量a=(1,0,1)，b=(2,−1,2)，
则|a|= 2，|b|=3，a⋅b=4，
所以向量b在向量a上的投影向量为
|b|csa|a|=|b|⋅a⋅b|a||b|⋅a|a|=3×43 2×1 2×(1,0,1)=(2,0,2)，
故答案为：(2,0,2).
由向量b在向量a上的投影向量为|b|csa|a|，计算即可求出答案．
本题主要考查空间向量的数量积运算，投影向量的定义，属于基础题．
15.【答案】解：(1)由题意可得，b2+c2−a2= 33abc，
由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc= 36a，
即12= 36a，∴a= 3；
(2)∵a= 3，b=1，
由正弦定理asinA=bsinB可得，sinB=bsinAa= 32 3=12，
∵a>b，∴B=π6，C=π−A−B=12π，
∴S△ABC=12ab=12× 3×1= 32.
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式的综合应用，考查了逻辑思维与运算的能力.
(1)由题意可得，b2+c2−a2= 33abc，结合余弦定理可求;
(2)由正弦定理asinA=bsinB可求B，C，代入三角形面积公式可得.
16.【答案】解：(1)以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则各点的坐标为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,3,0)，D(0,3,0)，P(0,0,3)，M(0,32,32)，AP=(0,0,3)，AC=(2,3,0)，AM=(0,32,32)
因为PA⊥平面ABCD，所以平面ACD的一个法向量为AP=(0,0,3)，
设平面MAC的法向量为n=(x,y,z)，所以n⋅AC=0n⋅AM=0，
即2x+3y=032y+32z=0，取n=(3,−2,2)，
∴cs=AP⋅n|AP||n|=63 9+4+4=2 1717，
∴二面角M−AC−D的余弦值为2 1717；
(2)设PN=λPC(λ∈(0,1))，其中PC=(2,3,−3)，
∴MN=MP+PN=(0,−32,32)+(2λ,3λ,−3λ)=(2λ,3λ−32,−3λ+32)，
∵平面ABCD的一个法向量为AP=(0,0,3)，
∴cs=AP⋅MN|AP||MN|=3(−3λ+32)3 4λ2+(3λ−32)2+(−3λ+32)2=−3λ+32 22λ2−18λ+92
∵直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为3 2222，
∴|−3λ+32 22λ2−18λ+92|=3 2222，∴(−3λ+32)222λ2−18λ+92=922，
化简得4λ=1，即λ=14，∴PNPC=14.
【解析】(1)以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，求出平面ACD的一个法向量，平面MAC的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角M−AC−D的余弦值即可．
(2)设PN=λPC(λ∈(0,1))，其中PC=(2,3,−3)，求出平面ABCD的一个法向量，推出直线MN与平面ABCD所成角的正弦值，然后求解λ，推出结果．
本题考查空间向量的数量积的应用，二面角的平面角的求法，直线与平面所成角的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)记路段MN发生堵车事件为MN.
∵各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，
∴路线A→C→D→B中遇到堵车的概率P1为
1−P(AC−⋅CD−⋅DB−)=1−P(AC−)⋅P(CD−)⋅P(DB−)
=1−[1−P(AC)][1−P(CD)][1−P(DB)]=1−45⋅78⋅23=815；(3分)
同理：路线A→C→F→B中遇到堵车的概率P2为1−P(AC−⋅CF−⋅FB−)=12(小于815)
路线A→E→F→B中遇到堵车的概率P3为1−P(AE−⋅EF−⋅FB−)=58(大于815)
显然要使得由A到B的路线途中发生堵车事件的概率最小，只可能在以上三条路线中选择．
因此选择路线A→C→F→B，可使得途中发生堵车事件的概率最小
(2)路线A→C→F→B中遇到堵车次数ξ可取值为0，1，2，3.
P(ξ=0)=P(AC−⋅CF−⋅FB−)=12
P(ξ=1)=P(AC⋅CF−⋅FB−)+P(AC−⋅CF⋅FB−)+P(AC−⋅CF−⋅FB−)
=15⋅34⋅56+45⋅14⋅56+45⋅34⋅16=47120
P(ξ=2)=P(AC⋅CF⋅FB−)+P(AC⋅CF−⋅FB)+P(AC−⋅CF⋅FB)
=15⋅14⋅56+15⋅34⋅16+45⋅14⋅16=12120
P(ξ=3)=P(AC⋅CF⋅FB)=15⋅14⋅16=1120，
∴Eξ=0×12+1×47120+2×12120+3×1120=3760
答：路线A→C→F→B中遇到堵车次数的数学期望为3760.
【解析】(1)各路段发生堵车事件都是独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，利用相互独立事件的概率公式做出各个路段堵车的概率，得到选择路线A→C→F→B，可使得途中发生堵车事件的概率最小．
(2)由题意知路线A→C→F→B中遇到堵车次数ξ可取值为0，1，2，3，结合变量对应的事件和相互独立事件的概率公式，写出变量对应的概率，做出期望值．
本题考查离散型随机变量的期望和相互独立事件的概率，本题是一个易错题，易错点在题目中出现的道路情况比较多，需要仔细写出不要出错．
18.【答案】解：(Ⅰ)如图，依题意，A(0,1)，B(a,0)，∠OAB=60∘，
∵tan∠OAB=|BO||AO|，∴ 3=a1，∴a= 3，
∴椭圆方程为x23+y2=1.
(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=±1，
代入x23+y2=1，得y=± 63，
此时|PQ|=2 63;
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，
∵直线l与⊙O相切，∴|m| 1+k2=1，即m2=1+k2，
由x23+y2=1y=kx+m，消去y，整理，得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2−1)=0，
Δ=36k2m2−12(1+3k2)(m2−1)=12(1+3k2−m2)=24k2，
由Δ>0，得k≠0.
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x1+x2=−6km1+3k2，x1x2=3(m2−1)1+3k2，
∴|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=2 6|k|1+3k2.
∴|PQ|= (x1−x2)2+(y1−y2)2
= 1+k2|x1−x2|= 1+k2⋅2 6|k|1+3k2
=2 3⋅ (1+k2)⋅2k21+3k2
≤2 3⋅(1+k2)+2k221+3k2= 3.
∴当且仅当1+k2=2k2，即k=±1时，|PQ|取得最大值 3.
综上所述，|PQ|的最大值为 3.
【解析】本题主要考查圆的方程、椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、分类与整合思想等，属于中档题.
(Ⅰ)依题意，A(0,1)，B(a,0)，∠OAB=60∘，从而得到a= 3，由此能求出椭圆方程．
(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=±1，此时|PQ|=2 63，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，由直线l与⊙O相切，得m2=1+k2，由x23+y2=1y=kx+m，得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2−1)=0，由此利用根的判别式、根与系数的关系、弦长公式，结合已知条件能求出|PQ|的最大值．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵Sn+1−2Sn=1，∴Sn+1+1=2(Sn+1)n∈N*
∴{Sn+1}为等比数列，
∵S1+1=2，公比为2，
∴Sn+1=2n，Sn=2n−1，∴Sn−1=2n−1−1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，a1=1也满足此式，
∴an=2n−1；
(Ⅱ)bn=nan=n2n−1，Tn=120+221+⋯+n2n−1，
12Tn=121+222+⋯+n2n，两式相减得：12Tn=120+121+⋯+12n−1−n2n=2−n+22n，
Tn=4−n+22n−1，
代入Tn⋅2n−1=n+50，得2n−n−26=0，
令f(x)=2x−x−26(x≥1)，f′(x)=2xln2−1>0在x∈[1,+∞)成立，
∴f(x)=2x−x−26，x∈(1,+∞)为增函数；
由f(5)⋅f(4)<0，所以不存在正整数n使得Tn⋅2n−1=n+50成立．
【解析】(Ⅰ)将等式移项，两边加1，结合等比数列的定义和数列的递推式，可得所求；
(Ⅱ)求得bn=nan=n2n−1，再由数列的错位相减法求和，可得Tn，解方程，结合函数的单调性，即可判断存在性．
本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，推理能力，属于中档题．