江西省南康中学2024年1月七省联考考前数学猜题卷六（Word版附解析）

这是一份江西省南康中学2024年1月七省联考考前数学猜题卷六（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．（本题5分）已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数定义域求法解不等式可求得集合，再利用交集运算法则可得结果.
【详解】根据题意可知，即，解得或，
即或；
易知，解得或，即或；
可得或，
因此.
故选：D
2．（本题5分）已知复数z满足，则（ ）
A．iB．C．D．1
【答案】A
【分析】先求，再求.
【详解】由已知，
所以.
故选：A.
3．（本题5分）已知，为单位向量，当向量，的夹角等于时，向量在向量上的投影向量为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合向量的投影公式，即可求解
【详解】，为单位向量，当向量，的夹角等于时，
则在上的投影向量为．
故选：．
4．（本题5分）下列说法正确的是（ ）
A．若，则的最小值为2B．若，则的最小值为2
C．若正实数满足，则的最小值为2D．若，则的最小值为4
【答案】C
【分析】A：根据分类讨论，利用基本不等式进行分析；B：利用配凑法结合基本不等式求解出最小值；C：利用“”的变换结合基本不等式求解出最小值；D：利用基本不等式求解最小值，注意分析取等条件.
【详解】对于A：当时，，当且仅当时取等号，
当时，，当且仅当时取等号，
由上可知，A错误；
对于B：因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以最小值为，故B错误；
对于C：因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以最小值为，故C正确；
对于D：当时，，
因为，
当且仅当，即时取等号，
显然不成立，故等号取不到，故D错误；
故选：C.
5．（本题5分）已知等比数列满足，其前项和．则（ ）
A．数列的公比为B．数列为递减数列
C．D．当取最小值时，
【答案】D
【分析】利用退一相减法可得数列的递推公式，进而可得公比为，，进而可判断数列的单调性，再根据基本不等式可得当且仅当时，取最小值，进而可得公比与通项公式.
【详解】由已知，当时，，则，即，
当时，，所以，由等比数列知：公比为，
所以，即，所以，A、C选项错误；
又，，则公比，所以数列为递增数列，B选项错误；
，当且仅当，即时取等号，此时公比为，所以数列的通项公式为，D选项正确；
故选：D.
6．（本题5分）球的两个平行截面面积分别为和，球心到这两个截面的距离之差等于1，则球的直径为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据题设知较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为，结合截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系列方程求球体半径，即得结果.
【详解】令球心到较近的截面距离为，则到另一个截面距离为，且球的半径为，
易知较近的截面圆面积为，另一个截面圆面积为，
所以较近的截面圆半径为，另一个截面圆半径为，
由截面圆半径与球体半径、球心与截面距离关系知：，
所以，故，则球的直径为6.
故选：D
7．（本题5分）设椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，，，则椭圆离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设，由椭圆定义和勾股定理得到，换元后得到，根据二次函数单调性求出，得到离心率的取值范围.
【详解】设，，由椭圆的定义可得，，
可设，可得，即有，①
由，可得，即为，②
由，可得，令，可得，
即有，由，
可得，即，
则时，取得最小值；或4时，取得最大值.
即有，得.
故选：C
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有三种方法：①求出，代入公式；
②根据条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围；
③由题目条件得到离心率关于变量的函数，结合变量的取值范围得到离心率的取值范围.
8．（本题5分）基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足．有学者基于已有数据估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为（ ）
A．4.2天B．3.6天C．2.4天D．1.8天
【答案】B
【分析】由已知先确定系数,即可确定函数解析式，再利用解析式及提供数据即可求解累计感染病例数增加3倍需要的时间
【详解】因为，，且，则，于是得
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，则有
即，所以，
而，解得
所以在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为3.6天
故选：B．
二、多选题（共20分）
9．（本题5分）为考察一种新型药物预防疾病的效果，某科研小组进行动物实验，收集整理数据后将所得结果填入相应的列联表中，由列联表中的数据计算得.参照附表，下列结论正确的是（ ）
附表：
A．根据小概率值的独立性检验，分析认为“药物有效”
B．根据小概率值的独立性检验，分析认为“药物无效”
C．根据小概率值的独立性检验，分析认为“药物有效”
D．根据小概率值的独立性检验，分析认为“药物无效”
【答案】BC
【分析】根据独立性检验的概念直接判断.
【详解】因为，所以，
所以根据小概率值的独立性检验，分析认为“药物无效”；
根据小概率值的独立性检验，分析认为“药物有效”；
故选：BC.
10．（本题5分）已知是等比数列，是其前n项和，满足，则下列说法中正确的有（ ）
A．若是正项数列，则是单调递增数列
B．，，一定是等比数列
C．若存在，使对都成立，则是等差数列
D．若存在，使对都成立，则是等差数列
【答案】AC
【分析】A选项，设出公比，得到方程，结合是正项数列，得到公比，得到是单调递增数列；B选项，举出反例；C选项，根据对都成立，得到，从而得到为常数列，为公差为0的等差数列；D选项，结合C选项，得到当为偶数时，，为奇数时，，D错误.
【详解】A选项，设公比为，故，解得或，
若是正项数列，则，，故，故是单调递增数列，A正确；
B选项，当且为偶数时，，，均为0，不合要求，B错误：
C选项，若，则单调递增，此时不存在，使对都成立，
若，此时，故存在，使得对都成立，
此时为常数列，为公差为0的等差数列，C正确；
D选项，由C选项可知，，故当为偶数时，，
当为奇数时，，显然不是等差数列，D错误.
故选：AC.
11．（本题5分）已知椭圆的离心率分别为它的左、右焦点，分别为它的左、右顶点，是椭圆上的一个动点，且的最大值为，则下列选项正确的是（ ）
A．当不与左、右端点重合时，的周长为定值
B．当时，
C．有且仅有4个点，使得为直角三角形
D．当直线的斜率为1时，直线的斜率为
【答案】ABD
【分析】A：先求解出椭圆方程，然后根据焦点三角形的周长等于求得结果；B：先求解出的纵坐标，由此可求，根据椭圆定义可求；C：先计算焦点三角形顶角的最大值，然后再分析点的个数；D：先计算出为定值，然后可计算出.
【详解】对于A：因为，当且仅当为右顶点时取等号，
又因为的最大值为，所以，
因为，所以，所以椭圆的方程为，
因为的周长为，故A正确；
对于B：当时，，所以，
所以，所以，
因为，所以，故B正确；
对于C：设椭圆的上顶点为，因为，
所以，所以的最大值为，
所以存在个点，使得，
又因为存在个点使，存在个点使，
所以存在个点，使得为直角三角形，故C错误；
对于D：因为，设，
则，所以，
所以，
因为，所以，故D正确，
故选：ABD.
12．（本题5分）已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．B．为奇函数
C．3是函数的周期D．
【答案】BCD
【分析】令求，再令可求得，可判断A；令可判断B；令求，分别令，，整理化简可得周期，可判断C；利用周期性求解即可判断D.
【详解】令，则，解得．
令，则，即．
又，所以，所以A错误．
令，则，
即，所以，
所以为奇函数，B正确．
令，则．
又，
所以，所以．
又，所以．
由，得，
则．
由，得．
又因为，所以．
又因为，
所以，
即．
用代替上式中的，得．
又，
所以，即，
所以3是函数的周期，所以C正确．
由，函数为奇函数，得，
所以．
又，所以，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：本题的两个关键点：（1）根据函数方程合理赋值，找出；（2）建立与的相等关系，从而挖掘出函数的周期性．
第II卷（非选择题）
三、填空题（共20分）
13．（本题5分）某中学开展学生数学素养测评活动，高一年级测评分值近似服从正态分布.为了调查参加测评的学生数学学习的方法与习惯差异，该中学决定在分数段内抽取学生，且.在某班用简单随机抽样的方法得到20名学生的分值如下：56，62，63，65，66，68，70，71，72，73，75，76，76，78，80，81，83，86，88，93.则该班抽取学生分数在分数段内的人数为 人
（附：，，）
【答案】11
【分析】由正态分布的对称性计算出，再求出结果即可.
【详解】因为，，
，
，即，
由已知，该班在内抽取了11人，
他们的分数为68，70，71，72，73，75，76，76，78，80，81.
故答案为：11.
14．（本题5分）已知是正项等比数列，若则的最小值等于 .
【答案】/
【分析】根据等比数列的性质可得，即可利用不等式的乘“1”法求解最值.
【详解】由可得，所以，
当且仅当时，即时，取等号，故的最小值为，
故答案为：
15．（本题5分）过点的直线将圆分割成弧长比值为的两段圆弧，则的斜率为 ．
【答案】
【分析】由已知得到劣弧所对的圆心角为，然后推导出弦心距，然后设出过点的点斜式方程，根据点到直线距离公式列方程求出斜率.
【详解】由已知得到劣弧所对的圆心角为，
圆的圆心为，半径为，所以弦心距为.
由题意可得直线的斜率存在，设直线为：，即，
所以圆心到直线的距离，
整理得，解得.
故答案为：.
16．（本题5分）已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围
【答案】．
【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，则，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导得到在处取得极大值，，结合函数的走势，得到，求出a的取值范围.
【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
故答案为：
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）记的内角所对的边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理结合诱导公式即可得证；
（2）利用余弦定理求出，然后结合面积公式即可求解.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以.
由正､余弦定理得，
整理得.
（2）由题得，
由余弦定理得
，解得，
所以的面积.
18．（本题12分）已知数列的前项和为，且.
(1)证明数列为等差数列，并求出的通项公式；
(2)设数列，问是否存在正整数，使得，若存在，求出所以满足要求的的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析，
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据递推关系构造为等差数列，从而求出通项公式；
（2）代入利用裂项相消求出，判断单调性，进而判断求出的值是否存在.
【详解】（1）证明：因为，
，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
当时，，
所以，
又满足上式，
所以;
（2）因为

，
则,
所以是单调递增数列，
又因为，，
所以不存在正整数，使得.
19．（本题12分）如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．

(1)求证：；
(2)若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，由平面，平面，得，
在平面内过作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则有，
显然平面，因此平面，又平面，
所以.

（2）过点作，由，得，
由（1）知平面，平面，则，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，，
假定在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，
令，则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，显然平面的一个法向量，
依题意，，解得，即，
所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，.
20．（本题12分）某工厂引进新的生产设备，为对其进行评估，从设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：
经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值.
(1)为评估设备对原材料的利用情况，需要研究零件中某材料含量和原料中的该材料含量之间的相关关系，现取了8对观测值，求与的线性回归方程.
(2)为评判设备生产零件的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的概率）；
①；②；③.
评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级.
(3)将直径小于等于或直径大于的零件认为是次品．从样本中随意抽取2件零件，再从设备的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品总数的数学期望.
附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，；
②参考数据：，，，.
【答案】(1)
(2)设备M的性能等级为丙级
(3)
【分析】（1）根据线性回归方程公式计算得解；
（2）根据题中的100个数据计算概率判断满足其中的几个不等式，通过评判规则来决定性能等级;
（3）由题意从样本中随意抽取2件零件，再从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，计算次品总数的数学期望，分别满足超几何分布和二项分布，再求期望.
【详解】（1），，，，
，，
所以与的线性回归方程为；
（2），，，，
，，
，，
，
设备M的性能等级为丙级.
（3）样本中直径小于等于的共有2件，直径大于的零件共有4件，
所以样本中次品共6件，可估计设备M生产零件的次品率为0.06.由题意可知从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，
其中次品数设为Y1，则，于是；
从样本中随意抽取2件零件其次品数设为Y2，由题意可知Y2的分布列为：
故.
则次品总数Y的数学期望.
21．（本题12分）如图，已知椭圆，长轴长为6，离心率为，过椭圆右焦点作斜率不为0的直线交椭圆于、，过作垂直于直线，连接.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）利用椭圆的几何性质求得，从而得解；
（2）根据题意得到，再联立直线与椭圆的方程得到，从而推得直线必过定点.
【详解】（1）由题意知，，则，，故，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，则，，
由椭圆对称性可知，若存在定点，则定点必在轴上，
由题意，设，
联立，得，易知，
所以，，则
对于，
令，化简得
，
所以直线必过定点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．（本题12分）设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．
(1)判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
(2)已知，．证明：点是的0度点；
(3)求函数的全体2度点构成的集合．
【答案】(1)是函数的一个1度点；不是函数的1度点
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【详解】（1）设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即． 故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
（2）设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是的一个0度点．
（3），
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设． 则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
【点睛】方法点睛：针对一般的函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
直径/mm
58
59
61
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合计
件数
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1
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6
19
33
18
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1
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