江西省2024届高三下学期二轮复习阶段性检测数学试卷（Word版附解析）

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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. 将一组数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为19，则（ ）
A. 19B. 20C. 21D. 22
【答案】C
【解析】
【分析】依据百分位数的概念计算，即可求出的取值.
【详解】这组数据有10个数，所以，
则该组数据的分位数为，故，解得.
故选：C
2. 若直线与圆交于两点，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】圆心到直线的距离，则.
故选:A.
3. 记等差数列的前项和为，若，，则的公差为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列的前项和公式表示，根据等差数列的性质可求得，进而求解公差.
【详解】设数列的公差为，依题意，，
得，又，故，则.
故选：A.
4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（ ）
A. “//”是“”的充分不必要条件
B. “”是“”的必要不充分条件
C. 若异面，则有公共点
D. 若有公共点，则有公共点
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，推理说明“//”是“”的必要条件即可判断；对于B，推理说明“”是“”的充分条件即可判断；对于C，通过反证法易判断命题正确；对于D，由有公共点和题设条件，易得可相交或异面即可判断.
【详解】对于A，由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A项错误；
对于B，由，可得或，当时，因，则，
当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，
即“”是“”的充分条件，故B项错误；
对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C项正确；
对于D，由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D项错误.
故选：C.
5. 若，则（ ）
A. B. 7C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两角和与差的余弦公式和同角三角函数的基本关系求得，然后利用二倍角的正切公式求得，再根据两角差的正切公式求解即可.
【详解】因，故，
则，
故.
故选：B.
6. 如图所示，一种儿童储蓄罐有6个密码格，由购买者设定密码后方可使用，其中密码的数字只能在中进行选择，且每个密码格都必须设定数字，则数字“1”出现奇数次的不同密码个数为（ ）
A. 172B. 204C. 352D. 364
【答案】D
【解析】
【分析】分数字“1”出现1次，3次和5次，三种情况下结合组合知识求出答案.
【详解】若数字“1”出现1次，则有种可能；
若数字“1”出现3次，有种可能；
若数字“1”出现5次，则有种可能，
故数字“1”出现奇数次的不同密码个数为.
故选：D.
7. 阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线的焦点为，顶点为，斜率为的直线过点且与抛物线交于两点，若为阿基米德三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的方程，联立抛物线方程，得到两点坐标，求出过点的切线方程，联立后得到，得到答案.
【详解】依题意，，设直线，联立，
则，解得或，不妨设，
设直线方程为，联立得，
，，
，
解得，
故直线的斜率，故直线，
同理可得直线的斜率，故直线，
联立，解得，
即，则.
故选：C.
8. 已知四面体中，，点在线段上，过点作，垂足为，则当的面积最大时，四面体外接球的表面积与四面体外接球的表面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，四面体中，为长方体的一角，设，勾股定理计算，的长，由均值不等式可计算的面积取最大值时的值，由此可计算四面体外接球的半径与四面体外接球的半径，从而求出结果.
【详解】由题意可知，四面体中，
设，则，由等面积法可知，.
由已知得平面，故；
因为，故平面.
故，
故.，当且仅当，即时取等号，
此时四面体外接球的半径满足，而四面体外接球的半径满足，故所求比值为.
故选：C.

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. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于原点对称
B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递增
D. 在上有个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】对于，由已知可得，且为奇函数，即可判断；对于，通过求函数的对称轴即可判断；对于，求函数的单调递增区间可知在上先增后减；对于，把零点个数转化为方程根的个数，通过换元法求解方程的根即可判断.
【详解】，
令，则，
故为奇函数，图象关于原点对称，故正确；
当，时，即，，
所以函数的对称轴为，，当时，，
所以不存在整数使得，故错误；
当时，即，
所以函数的单调递增区间为，，
当时，单调递增区间为，当时，单调递增区间为，
所以在单调递增，在单调递减，故错误；
令，所以，令，
由，则，当，，，时，，
则在上有4个零点，分别是，，，，故正确.
故选：.
10. 已知为复数，则（ ）
A. 若，则为实数
B.
C. 若，则
D. 若，则复数在复平面内所对应的点位于坐标轴上
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数减法的运算法则、共轭复数的定义，结合复数模的运算性质、复数乘法的运算法则逐一判断即可.
【详解】设，故为实数，故A正确；，故B正确；
令，故，但，故C错误；
若，则，故，即或，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数的定义域为，其图象关于中心对称，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据对称性即可判断A，根据，，的值即可排除B,根据可求解C，根据即可求解D.
【详解】因为的图象关于中心对称，则,故A正确；
由，可得，则，取得，
在中取可得，则，
由，得，故B错误；
由，得
①②，
②-①得，又，故C正确；
又由① ，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，若，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求集合，根据分析求解.
【详解】由题意可知：，
因为，则，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
13. 已知中，角所对的边分别为，其中，则__________；若，则当的面积取得最大值时，__________.
【答案】 ①. 2 ②. ##
【解析】
【分析】由正弦定理进行边化角运算，化简即可求出的值；由正弦定理进行角化边运算，然后余弦定理进行角化边运算，结合平行四边形四边的平方和等于对角线的平方和可求解出中线的长度为定值，当中线为高时三角形面积最大，余弦定理可求出此时的余弦值.
【详解】由正弦定理，，因为，故；
而，由正弦定理，，
由余弦定理，，得，
取线段的中点为，延长至点，使，连结，
则，，
因为，且，，
所以
即平行四边形四条边的平方和等于对角线的平方和可得，
则有，则，
则当为边上的高时，的面积取得最大值，此时，由余弦定理，.
故答案为：；

14. 已知点是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上异于，的一点，且以为直径的圆过点，点在轴上，且三点共线，为坐标原点，若成等比数列，则椭圆的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，首先设直线，联立椭圆方程得坐标，进一步由，成等比数列，可得的坐标，从而可得斜率，注意到，结合离心率公式即可顺利得解.
【详解】
因为以为直径的圆过点，所以，
由题意设直线（斜率显然存在，否则点就不存在了），不妨设点分别在第一象限、第三象限，
则直线的斜率；
联立，解得，
则，
而，成等比数列，
则，
设，则，
从而，而不重合，也就是，
解得，则，
故直线的斜率，
设，
所以，
所以，故所求离心率.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是分别表示出，由此结合即可顺利得解.
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. 已知函数.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义，结合导数的运算性质、直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）对不等式进行常变量分离，构造函数，利用导数研究函数的最值即可.
【小问1详解】
，
因此，而，
故所求切线方程为，即；
【小问2详解】
依题意，，故对任意恒成立.
令，则，
令，解得.
故当时，单调递增；
当时，单调递减，
则当时，取到极大值，也是最大值2.
故实数的取值范围为.
16. 现有两组数据，组：组：.先从组数据中任取3个，构成数组，再从组数据中任取3个，构成数组，两组抽取的结果互不影响.
（1）求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率；
（2）记，其中表示数组中最小的数，表示数组中最大的数，求的分布列以及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合对立事件的概率公式、概率的乘法公式进行求解即可；
（2）根据古典概型运算公式，结合数学期望公式进行求解即可.
【小问1详解】
记“数组的数据之和不大于8”为事件，“数组的数据之和大于8”为事件，
则，
事件包含数组有：、、、、、，共组，
，故所求概率
【小问2详解】
依题意，的可能取值为；
，
，
则的分布列为
则.
17. 如图在四棱锥中，为菱形.
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的对角线的性质、等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理、性质进行证明即可；
（2）根据等边三角形的判定定理和性质、结合线面垂直的判定定理、性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
记交于点，连接.
因为是菱形，所以，且为的中点.
因为，所以，
又因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
取的中点，连接交于点，连接.
因为，所以是等边三角形，所以.
又因为，故平面，
所以平面.又平面，所以.
由（1）知，且，所以平面.
不妨设，则.
在中，由，得，所以.
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点作垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为，
所以，
令得；
设平面的法向量为，
所以，
令得.
故，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
18. 已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上，.
（1）若，且点在第一象限，点关于轴的对称点为，求直线与双曲线相交所得的弦长；
（2）探究：的外心是否落在双曲线在点处的切线上，若是，请给出证明过程；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）是，证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出直线方程，与双曲线方程联立，利用弦长公式求解即可；
（2）先利用直线与抛物线的位置关系求切线方程，再利用圆中弦的性质求出外心坐标，即可证明.
【小问1详解】
依题意，，则直线的斜率为,
则直线，即；
联立，得，解得或，
故所求弦长为.
【小问2详解】
的外心落在双曲线在点的切线上，证明过程如下，
设双曲线在点的切线斜率为，则在点处的切线方程为，
联立得，
其中，则，
而，故，代入上式可得，，
解得，故双曲线在点处的切线方程为，即.
直线的斜率为，线段的中点为，
故直线的中垂线方程为，
联立可得，故外心坐标为，
其满足，故的外心落在双曲线在点处的切线上.
19. 已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
（1）若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
（2）若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
（3）已知数列“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
【答案】（1）或
（2）
（3）不能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【小问1详解】
若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
【小问2详解】
设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
【小问3详解】
记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
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