江西省2024届高三数学上学期1月质量检测试试题含解析

这是一份江西省2024届高三数学上学期1月质量检测试试题含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，1）， 阿波罗尼斯， 过抛物线等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径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，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：高考范围.
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z满足，则（）
A. 3B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】求出，再求可得答案.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：C.
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式得集合A和集合B，然后根据补集运算和交集运算求解即可.
【详解】由，得或，所以或，
所以.
由得，所以，
所以.
故选：B
3. 如图是正方体的表面展开图，在原正方体中，直线AB与CD所成角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将正方体的表面展开图还原为正方体，证明平面，即可证明，即可得答案.
【详解】将正方体的表面展开图还原为正方体，与在正方体中的位置如图所示，
由于平面平面，故，
又，且平面，
故AB⊥平面，平面，所以，
故直线与所成角的大小为.
故选：D.
4. 已知向量，，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，即，
所以，所以.
故选：C.
5. 下表统计了2017年～2022年我国的新生儿数量（单位：万人）.
经研究发现新生儿数量与年份代码之间满足线性相关关系，且，据此预测2023年新生儿数量约为（）（精确到0.1）（参考数据：）
A. 773.2万B. 791.1万C. 800.2万D. 821.1万
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，，，得回归直线方程，再代入可得结果.
【详解】由题意得，，
所以，
，
当时，.
故选：A.
6. 甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（）
A. ，互斥B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件概率、全概率公式、互斥事件的概念等知识，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；
由题意得，，，，
，故B，D均正确；
因为，故C错误.
故选：C.
7. 阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年），古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等.尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质.其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，其离心率，从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，利用双曲线的定义、勾股定理可得方程，解得，进而得出结论．
【详解】设，，，由题意知，，，
所以，，，所以，
又，所以，解得，
所以.
故选：B.
8. 若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】原不等式等价于，令，，然后转化为函数图象的交点结合图象可求．
【详解】原不等式等价于，设，，
则，令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又，时，，
因此与的图象如图，
当时，显然不满足题意；
当时，当且仅当，或.
由第一个不等式组，得，即，
由第二个不等式组，得，该不等式组无解
综上所述，.
故选：A.
【点睛】方法点睛：先对式子进行变形，等号一边为一次函数（通常过定点），另一边的函数较为复杂，然后通过求导的方法作出简图，进而通过“数形结合法”求解.
二、选择题：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. 过抛物线（）的焦点作直线，交抛物线于两点，若，则直线的倾斜角可能为（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】分直线的倾斜角为锐角、钝角讨论，分别过作准线的垂线，垂足为，直线交准线于，作，垂足为，结合抛物线定义、图形性质可得答案.
【详解】当的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为，
准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，
直线交准线于，作，垂足为，
则，，，
所以，，
所以，则，所以直线的倾斜角；
当直线的倾斜角为钝角时，
如图所示，由抛物线（）的焦点为，
准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，
直线交准线于，作，垂足为，
则，，，
所以，，
所以，则，
则的倾斜角为.
故选：BC.
10. 已知函数（，，），若的图象过，，三点，其中点B为函数图象的最高点（如图所示），将图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）
A. B.
C. 的图象关于直线对称D. 在上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】由图象得，然后对选项逐一判断.
【详解】由题意得，，，所以，.
由，得，由图知在上单调递增，
所以，，所以，.
又，只可能，所以，
所以，，故A错误，B正确；
因为，所以图象关于直线对称，故C正确；
令（），解得（），
令，得，又包含但不是其子集，故D错误.
故选：BC.
11. 如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则（）
A. 若平面，则点P与点B重合
B. 以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为
C. 若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为
D. 若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧
【答案】ABC
【解析】
【分析】由线线垂直证明线面垂直判断选项A；由球面与截面的交线轨迹，计算长度判断选项B；由位置关系得截面形状，计算面积判断选项C；由点位置特征分析轨迹形状判断选项D.
【详解】正方体中，平面，平面，，
正方形中，，
平面，，则平面，
平面，，
同理，，
平面，，平面，
若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾，
故当平面时，点P与B重合，故A正确；
，，三棱锥为正三棱锥，
故顶点D在底面的射影为的中心H，
连接DH，由，得，
所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，
所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分，
如图所示，，所以.
，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于，
所以球面与截面的交线的长度为，故B正确；
对于C，过E，P的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、，
分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示：
则截面为五边形，
，，
，，，
，故，
所以，，
所以五边形的面积，故C正确；
因为平面，平面，
所以，点P到直线的距离即点P到点的距离，
因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离，
由题意知点P到点的距离等于点P到的距离，
故点P的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：
“截面、交线”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
作几何体截面的方法：(1)利用平行直线找截面；(2)利用相交直线找截面.
找交线的方法：(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点；(2)面交点法：各棱面与截平面的交线.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的常数项为__________．（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】
根据二项式展开式的通项公式，即可容易求得结果.
【详解】的展开式的通项公式为，
令，得，
故常数项为．
故答案为：.
【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项，属基础题.
13. 已知A为圆C：上动点，B为圆E：上的动点，P为直线上的动点，则的最大值为______________.
【答案】
【解析】
【分析】设关于直线的对称点为，求出，要使的值最大，转化为（其中为关于直线的对称圆上的点）三点共线，利用该直线过两点可得答案.
【详解】设关于直线的对称点为，
则，解得，故，
则圆关于对称的圆的方程为，
要使的值最大，
则（其中为关于直线的对称圆上的点）三点共线，
且该直线过两点，如图，
其最大值为.
故答案为：.
14. 在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，，，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据数列的定义找到与的关系，然后利用构造法结合等比数列的定义求解即可.
【详解】因，
所以，
所以，
又，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
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. 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者进入面试，面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得2分，答错不得分，第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得4分，答错不得分.
（1）若一共有100人应聘，他们的笔试得分X服从正态分布，规定为达标，求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）；
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若（），则，，.
【答案】（1）16 （2）
【解析】
【分析】（1）由正态分布的性质可求得，由此可估计进入面试的人数．
（2）由已知得的可能取值为0，2，4，6，8，10，分别求得取每一个可能的值的概率，得的分布列，根据数学期望公式可求得答案.
【小问1详解】
因为服从正态分布，所以，，，
所以.
进入面试的人数，.
因此，进入面试的人数大约为16.
【小问2详解】
由题意可知，的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
.
所以.
16. 如图，在△ABC中，，D为△ABC外一点，，记，.
（1）求的值；
（2）若的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可；
(2)根据题意，由（1）知，求出取得最大值，最大值为.
【小问1详解】
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以，
即.
【小问2详解】
由题意知，，
所以
，
由（1）知，
所以，，
所以
，
所以当时，取得最大值，最大值为.
17. 我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，窟盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍甍”如图所示，四边形为矩形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，P是线段AD上一点.
（1）若点P是线段AD上靠近点A的三等分点，Q为线段CF上一点，且，证明：平面；
（2）若E到平面的距离为，与平面所成角的正弦值为，求AP的长.
【答案】（1）证明见解析
（2），或.
【解析】
【分析】（1）连接交于点，通过比例线段证明，可得平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知线面角的正弦值，求出点的位置即可.
【小问1详解】
证明：连接交于点，连接，
因为，且，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
分别取的中点，连接，则，且，
因为四边形与四边形为全等的等腰梯形，所以，
四边形为等腰梯形，且，，
，，又，所以，
因为平面，且为两条相交直线，所以平面，
平面，所以平面平面.
平面平面,
过在平面内作的垂线，垂足为，则平面，
，.
过作，易得两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，，
设（），所以，，.
设平面的一个法向量，则 ，
令，解得，，所以，
设PF与平面所成角的大小为，则
，
解得，且满足题意，
所以，或.
18. 已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，右顶点为A，且，离心率为.
（1）求C的方程；
（2）已知点，M，N是曲线C上两点（点M，N不同于点A），直线分别交直线于P，Q两点，若，证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意列方程组求解的值，即得答案；
（2）设的方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示出直线的方程，进而求得坐标，结合化简求值，可得t的值，即可证明结论.
【小问1详解】
设椭圆C的半焦距为c，由题意得，
解得，
故C的方程为.
【小问2详解】
证明：由题意可知直线的斜率不为0，否则将位于x轴同侧，，不合题意；
设的方程为（），代入，
得，
由，得，
设，，则，，
所以，
，
直线AM的方程为，令，得，故，
同理可求，
所以，，
由，得，
即，所以，
所以，解得，（舍），
所以直线MN的方程为，故直线MN过定点.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线过定点问题，解答此类题目的思路并不困难，设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合题意进行化简即可，难点在于计算过程比较复杂，且基本都是有关字母参数的计算，计算量较大，要十分细心.
19已知函数（）.
（1）当时，求的最小值；
（2）若有2个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）依据给定参数值，确定具体函数，用导数求解最值即可.
（2）根据题意，对参数范围进行分类讨论，找到符合题意的情况即可.
【小问1详解】
的定义域为.
当时，，.
令（），则，
所以在上单调递增，又，所以当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
【小问2详解】
由题意知（）.
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意；
②当时，令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一，使得，所以.
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（a）当时，由（1）知，即时，，且，只有一个零点1，不合题意；
（b）当时，因为，则，又在上单调递减，
所以，
而，令，则.
当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，
所以；当时，，即.
又，所以，所以，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点.
又在上有且仅有一个零点1，所以，当时，存在两个零点；
（c）当时，由，得，又在上单调递增，
所以.取，则，所以.
当时，，所以，所以，所以.
又因为，，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点，
又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点.
综上可知，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是正确对参数范围进行讨论，然后得到零点个数，最后得到所要求的参数范围．年份
2017
2018
2019
2020
2021
2022
年份代码x
1
2
3
4
5
6
新生儿数量y
1723
1523
1465
1200
1062
956