江西省2024届高三一轮总复习验收考试数学试题

这是一份江西省2024届高三一轮总复习验收考试数学试题，共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，研究表明，地震时释放的能量E，已知复数，已知函数，化学中经常碰到正八面体结构等内容，欢迎下载使用。
数 学 试 卷
试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知定义在R上的函数的导函数为偶函数．则（ ）
A．B．C．D．2025
3．已知F是抛物线的焦点，点在抛物线C上，则（ ）
A．B．C．D．
4．研究表明，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为．2023年12月18日在甘肃积石山县发生了里氏6.2级地震，2024年1月4日在斐济群岛发生了里氏5.7级地震，若前后这两个地震释放的能量之比是n，则n的整数部分为（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．已知一正方体木块的棱长为4，点E在棱上，且．现过D，E，三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知复数（a，），且，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数（，），其导函数为，且．在区间上恰有4个不同的实数，使得对任意x都满足，且对任意角，在区间上均不是单调函数．则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．142857被称为世界上最神秘的数字，，，，，，，所得结果是这些数字反复出现，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
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．已知平面向量，在由正方形组成的网格中位置如图所示（网格中面积最小的正方形边长为1），则（ ）
A．B．存在实数，使得
C．D．向量在方向上的投影向量为
10．化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）、金刚石等的分子结构．将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A．正八面体的内切球表面积为
B．正八面体的外接球体积为
C．若点P为棱EB上的动点，则的最小值为
D．若点Q为棱AF上的动点，则四棱锥的体积为定值
11．已知数列的前n项和为，，且，数列与数列的前n项和分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知等差数列的前n项和为，，则__________．
13．“圆排列”亦称“循环排列”“环排列”，最早出现在中国《易经》的四象八卦组合．当A，B，C三位同学围成一个圆时．其中一个排列“ABC”与该排列旋转一个或几个位置得到的排列“BCA”或“CAB”是同一个排列，现有六位同学围成一个圆做游戏，其排列总数为__________．（用数字作答）
14．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过点且斜率为1的直线l与C的右支交于A，B两点，若的内心恰好在它的一条高线上，则C的离心率为__________．
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．（13分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若，点D在边AB上，，．求的面积．
16．（15分）2024年1月5日起，第40届中国·哈尔滨国际冰雪节在黑龙江省哈尔滨市举行．让大家对冰雪文化进一步了解．激发了大家对冰雪运动进一步的热爱．为了调查不同年龄层的人对“冰雪运动”的喜爱态度．某研究小组随机调查了哈尔滨市M社区年龄在的市民300人，所得结果统计如下频数分布表所示．
（1）求该样本中市民年龄的平均数；（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）
（2）从这300名市民中随机抽取1人，在此人喜爱冰雪运动的前提下．求其年龄小于50周岁的概率；
（3）为鼓励市民积极参加这次调查，该研究小组决定给予参加调查的市民一定的奖励．奖励方案有两种：
方案一：按年龄a进行分类奖励，当时，奖励10元；当时，奖励30元；当时，奖励40元；
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中年龄低于样本中位数的可抽1次奖，年龄不低于样本中位数的可抽2次奖．每次抽中奖励30元，未抽中奖励10元，各次抽奖间相互独立，且每次抽奖中奖的概率均为．
将频率视为概率，利用样本估计总体的思想，若该研究小组希望最终发出更多的奖金，则从期望角度出发．该研究小组应采取哪种方案．
17．（15分）已知等边的边长为4，E，F，H分别是边AB，BC，AC的中点（如图1），现以EF为折痕把折起，使点B到达点的位置，且（如图2）．
（1）证明：；
（2）在线段上是否存在点M，使得M到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．（17分）已知椭圆的右焦点为F，过的直线l与C交于A，B两点．
（1）若点M为C上一动点，求的最大值与最小值；
（2）若，求l的斜率；
（3）在x轴上是否存在定点Q，使得为定值？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
19．（17分）已知函数，且的极值点为．
（1）求；
（2）证明：；
（3）若函数有两个不同的零点，，证明：．
2023—2024学年高三一轮总复习验收考试
数学参考答案及评分细则
1．【答案】C
【解析】由，则．故选C．
2．【答案】A
【解析】，又为偶函数，所以，即，
所以，．故选A．
3．【答案】D
【解析】把化为标准方程得，．故选D．
4．【答案】C
【解析】设前后两次地震释放的能量分别为，，由已知得，，
，，，，
．故选C．
5．【答案】A
【解析】过D，E，三点的截面是以DE，为邻边的平行四边形，，，，，，截面面积为．故选A．
6．【答案】C
【解析】由复数的几何意义可知，即为，故复数z在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆C，即圆，如图，，而的几何意义为过圆C上的点与定点的直线l的斜率k，直线l的方程为，由题意可知，圆心C到直线l的距离，即，解得，即，所以．故选C．
7．【答案】B
【解析】，，，，，，，由可得的图象关于点对称，，即，当时，，函数在上的前5个零点依次为0，，，，，
可得，解得，又在上不是单调函数，，解得，综上．故选B．
8．【答案】D
【解析】记，当时，，单调递增，所以，所以，因为，所以，所以，所以，即；由，易得，所以，即．综上．故选D．
9．【答案】AC（每选对1个得3分）
【解析】，A正确；由图可知，向量，不共线，故不存在实数，使得，B错误；设网格中方向向右、向上的单位向量分别为，，且，则，，所以，C正确；由图可知，向量在方向上的投影向量方向向右、模长为1，所以向量在方向上的投影向量为，D错误．故选AC．
10．【答案】ACD（每选对一个得2分）
【解析】设该正八面体内切球的半径为r，由内切球的性质可知正八面体的体积，解得，故它的内切球表面积为，故A正确；设该正八面体外接球的半径为R，易知EF为正八面体外接球的直径，，解得，所以正八面体外接球的体积为，故B错误；当P为EB的中点时，，，此时取得最小值为，故C正确；易知，因为平面EBC，平面EBC，所以平面EBC，所以，故D正确．故选ACD．
11．【答案】BCD（每选对一个得2分）
【解析】将两边同时除以，得，，故数列是以为首项、4为公比的等比数列，，即．对于A，，，，即，A错误；对于B，，所以，B正确；对于C，，，，故C正确；
对于D，，当时，显然成立，当时，，所以，D正确．故选BCD．
12．【答案】
【解析】，所以．
13．【答案】120
【解析】A，B，C三位同学围成一个圆，“ABC”“BCA”或“CAB”是同一排列，其中每一个圆排列可以拆成任意一位同学为首的直线排列3个．三位同学围成一个圆的排列总数为，由此可得六位同学围成一个圆的排列总数为．
14．【答案】
【解析】三角形的内心必在该三角形的角平分线上，又内心在一条高线上，则这条高线与该三角形的一条角平分线重合，于是可知该三角形为等腰三角形．设，故直线l为，代入C的方程可得，即，设，，故，故即，所以，结合可得，
不妨设点B在x轴的下方，点A在x轴的上方，设，，由双曲线定义可得，，①当时，，即，故，，因为直线l的斜率为1，所以倾斜角为，即，在中，由余弦定理可得，即，所以，所以，解得，舍去；②当时，，即，故，，因为直线l的斜率为1，所以倾斜角为，即，在中，由余弦定理可得，即，所以，所以，解得，因为，，所以，满足题意；③当时，直线l垂直于x轴，与题意矛盾，故舍去．综上，C的离心率为．
15．解：（1）由，得．
由正弦定理得，
，，，
，．
（2）由余弦定理，得，
又，．，，
，，
，，，
的面积．
【评分细则】
1．解题过程中，未强调，均不扣分；
2．第（2）问也可不构造向量，而是利用余弦定理求解，此时酌情给分．
16．解：（1）样本中市民年龄的平均数为．
（2）设事件A表示抽中的此人喜爱冰雪运动，事件B表示抽中的此人年龄在50周岁以下．
则由频数分布表可知，，
所以在此人喜爱冰雪运动的前提下，其年龄小于50周岁的概率为．
（3）对于方案一，设每名参与调查的市民可获得的奖金为X元，则X的所有可能取值为10，30，40，
其对应的概率分别为，，，故．
对于方案二，设每名参与调查的市民可获得的奖金为Y元，则Y的所有可能取值为10，20，30，40，60．
可得；；
；，
，
所以，
因为，所以从数学期望的角度分析，该研究小组应采取方案二．
【评分细则】
1．第（2）问也可用古典概型概率公式求解，若答案无误不扣分；
2．第（3）问中计算各概率值时，概率值未写成最简分数的形式不扣分．
17．（1）证明：，F分别是边AB，BC的中点，，
连接BH交EF于O，连接，
由折叠可知，，，，平面，
平面，平面，．
（2）解：等边的边长为4，，，
，，，
以O为坐标原点，OF，OB所在直线为x，y轴，过O作垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设，
在平面中，，，
不妨设平面的法向量，则
令，得，，
所以平面的一个法向量为，
点M到平面的距离为，
解得或（舍去），为的中点，，
满足条件的点M存在，且．
【评分细则】
1．第（1）问可用空间向量法求解，此时酌情给分；
2．第（2）问可用常规方法求解，此时酌情给分．
18．解：（1）设C的左焦点为，则，，
，
当且仅当点M与C的左顶点重合时取等号，
即的最大值为，
，
当且仅当点M与C的右顶点重合时取等号．
即的最小值为．
（2）设，，则由，
得，所以
又A，B在C上，所以解得即．
故直线l的斜率为．
（3）假设满足条件的点存在，设，，，
则，
当直线l的斜率存在时，设l的方程为，
把代入，得，
所以，，
，
，
所以为定值，
所以，解得，
存在定点，使得为定值；
当直线l的斜率不存在时，易得，满足为定值．
综上，存在定点，使得为定值．
【评分细则】
1．第（1）问中若未强调取等号的条件，缺1个扣1分；
2．第（2）问也可利用韦达定理求解，此时酌情给分；
3．第（3）问中未考虑直线l的斜率不存在这一种情形，扣1分；
4．第（3）问中，也可设直线l的方程为，此时酌情给分．
19．（1）解：由，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以为的极大值点，即．
（2）证明：由题意，
要证，只需证，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，所以．
（3）证明：因为，是的两个不同的零点，
所以，，
两式相减并整理得．
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证．
设，下面就只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而．
【评分细则】如用其他解法酌情给分．
年龄a（单位：周岁）
频数
30
81
99
60
30
持喜爱态度
24
65
75
30
12