江西省新余市2024届高三第二次模拟考试数学试卷（解析版）

这是一份江西省新余市2024届高三第二次模拟考试数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，21，20，3，则该组数据的第60百分位数为（ ）
A. 9B. 10C. 13D. 16
【答案】C
【解析】将该组数据从小到大排列：2，3，5，7，9，10，16，18，20，21，
由，有，故该组数据的第60百分位数为.
故选：C.
2. 已知点在抛物线C：上，F为抛物线的焦点，则（O为坐标原点）的面积是（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】A
【解析】点在抛物线上，为抛物线的焦点，
，解得，
故抛物线的方程为，,，
则的面积．
故选：A．
3. 已知，，若与的夹角为，则（ ）
A. -1B. 1C. D.
【答案】A
【解析】因为，，
所以，
，
，
因为，
又，
所以，
解得或，
因为，所以，
解得，
所以.
故选：.
4. 两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法有（ ）种.
A. 240B. 360C. 420D. 480
【答案】D
【解析】若两个大人之间至少有1个小孩，即两个大人不相邻，
故共有种.故选：D.
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）
①若，，且∥，则∥；
②若，∥，且∥，则；
③若∥，，且，则∥；
④若，，且，则.
其中真命题的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由且，可得，
而垂直同一个平面的两条直线相互平行，故①正确；
由于，，所以，则，故②正确；
若与平面的交线平行，则，
故不一定有，故③错误；
设，在平面内作直线，
，则，又，所以，
，所以，从而有，
故④正确.
因此，真命题的个数是.
故选：B
6. 已知直线交圆C：于M，N两点，则“为正三角形”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】B
【解析】由C：可得其圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
若为正三角形，则有，即，
即，解得或，
故“为正三角形”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 已知x，y为正实数，且，则的最小值为（ ）
A. 12B. C. D.
【答案】C
【解析】由，则
，
当且仅当，即，时，等号成立.故选：C.
8. 如图，已知为双曲线上一动点，过作双曲线的切线交轴于点，过点作于点，，则双曲线的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，则，令，则，故，
过点作轴于点，则，
由，轴，故与相似，
故，及，
即.
又，所以，所以，
即，则．
其中双曲线上一点的切线方程证明如下：
不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）．
由，得，所以，
则在的切线斜率，
所以在点处的切线方程为：，
又有，化简即可得切线方程为：．故选：B.

二、选择题
9. 已知是两个虚数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则与均为实数
B. 若与均为实数，则
C. 若均为纯虚数，则为实数
D. 若为实数，则均为纯虚数
【答案】ABC
【解析】设，．，．
若，则，，所以，，所以A正确；
若与均为实数，则，且，又，，所以，所以B正确；若，均为纯虚数，则，所以，所以C正确；
取，，则为实数，但，不是纯虚数，所以D错误．
故选：ABC．
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的对称中心为，
C. 在上的单减区间为
D. 在上的极值点个数为1
【答案】AD
【解析】
，
对A：由，则，故A正确；
对B：令，，解得，，
故的对称中心为，，故B错误；
对C：令，，解得，，
则在上的单减区间为，故C错误；
对D：令，，即，，
则在上的极值点有一个，故D正确.
故选：AD.
11. 已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A. 的图像关于点成中心对称
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】对A：令，则有，即，
令，则有，又，故，不关于对称，故A错误；
对于B，令，则有，
两边同时求导，得，
令，则有，故B正确；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12. 已知随机变量X服从正态分布，则的值为__________.
【答案】
【解析】由题意可得，则.
故答案为：.
13. 在公差为正数的等差数列中，若，，，成等比数列，则数列的前10项和为____________.
【答案】165
【解析】设等差数列的公差为，
由题意得，即，
因公差大于零，解得，（舍），
所以，
故答案为：165.
14. 如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为__________.
【答案】60π
【解析】翻折前，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，
同理可得，即为直线与平面所成的角，
因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，
所以，
而，，
所以，即，
设，则，
过点作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
即点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积，且为定值，
所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值，
设，，则，
由勾股定理知，，，
所以，，
消去整理得，，，，
当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且，
所以，，两两垂直，
所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球，
所以，
所以外接球的半径，
所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
四、解答题
15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积.
（1）求角B；
（2）若的平分线交于点D，，，求的长.
解：（1）在中，，而，
即，，
由余弦定理得，所以.
（2）在中，由等面积法得，
即，
即
所以.
16. 已知函数，.
（1）当时，求函数最小值；
（2）若在上单调递减，求a的取值范围.
解：（1）因为，所以，定义域为，
可得，
令，显然在上单调递增且，
因此当时，则有，当时，则，
于是有当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
所以.
（2）化简得，即，因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
由，
设，则有，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要想在上恒成立，
只需，经检验，当符合题意，
因此a的取值范围为.
17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

（1）若为的中点，证明：平面平面；
（2）若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值.
（1）证明：取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
18. 近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开放了A，B两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的体育锻炼.
（1）该校学生甲、乙、丙三人某周均从A，B两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲、乙、丙该周选择A健身中心健身的概率分别为，，，求这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率；
（2）该校学生丁每周六、日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身中心其中一个，其中周六选择A健身中心的概率为.若丁周六选择A健身中心，则周日仍选择A健身中心的概率为；若周六选择B健身中心，则周日选择A健身中心的概率为.求丁周日选择B健身中心健身的概率；
（3）现用健身指数来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定k值低于1分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，其k值低于1分的概率为，现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但抽取的总次数不超过（足够大），求抽取次数X的分布列和数学期望.
解：（1）由题意得这三人中这一周恰好有一人选择A健身中心健身的概率为：
；
（2）记事件C：丁周六选择A健身中心，
事件D：丁周日选择B健身中心，
则，，，
，
由全概率公式得，
故丁周日选择B健身中心健身的概率为；
（3）已知从全校学生中随机抽取1人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为，
则的可能取值为，
，，，，
，，
则X的分布列为：
故，
又
，
两式相减得，
所以
.
19. 通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
（1）已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
（2）已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
解：（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
1
2
3
…
…