江西省等七省聯(lián)考2023-2024學年高三上學期數(shù)學最后一卷（猜題卷一）（含解析）

絕密★啟用前2024年七省聯(lián)考最后一卷（猜題卷一）數(shù)學注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一、單選題1．已知集合A＝{0,1,2}，B＝{y|y＝2x，x∈A}，則A∪B中的元素個數(shù)為()A．6 B．5 C．4 D．32．已知命題：中有一個內(nèi)角為，是的三個內(nèi)角成等差數(shù)列充要條件；命題：“”是“”的必要不充分條件，則下列命題正確的是（

）A． B． C． D．3．已知公差不為0的等差數(shù)列的第4，7，16項恰好分別是某等比數(shù)列的第4，6，8項，則該等比數(shù)列的公比是（）A． B． C．或 D．4．已知函數(shù)，則A． B．0 C．1 D．25．水平放置的正三棱錐的正視圖如圖所示，則正三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．6．一束光線從點射出，經(jīng)x軸上一點C反射后到達圓上一點B，則的最大值為（

）A． B． C． D．7．已知向量滿足，且關(guān)于x的函數(shù)實數(shù)集R上單調(diào)遞增，則向量的夾角的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)（）有兩個不同的零點，（），下列關(guān)于，的說法正確的有（

）個①

②

③

④A．1 B．2 C．3 D．4二、多選題9．已知函數(shù)，則下列說法中正確的是（

）A．的最小正周期為B．在上單調(diào)遞增C．是的一個對稱中心D．當時，的最大值為10．帶有編號、、、、的五個球，則（

）A．全部投入個不同的盒子里，共有種放法B．放進不同的個盒子里，每盒至少一個，共有種放法C．將其中的個球投入個盒子里的一個另一個球不投入，共有種放法D．全部投入個不同的盒子里，沒有空盒，共有種不同的放法11．在圓錐SO中，C是母線SA上靠近點S的三等分點，，底面圓的半徑為r，圓錐SO的側(cè)面積為3π，則（

）A．當時，從點A到點C繞圓錐側(cè)面一周的最小長度為B．當時，過頂點S和兩母線的截面三角形的最大面積為C．當時，圓錐SO的外接球表面積為D．當時，棱長為的正四面體在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動12．數(shù)學美的表現(xiàn)形式不同于自然美或藝術(shù)美那樣直觀，它蘊藏于特有的抽象概念，公式符號，推理論證，思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學的真實美.平面直角坐標系中，曲線C：就是一條形狀優(yōu)美的曲線，對于此曲線，如下結(jié)論中正確的是（）A．曲線C圍成的圖形的周長是；B．曲線C圍成的圖形的面積是2π；C．曲線C上的任意兩點間的距離不超過2；D．若P（m，n）是曲線C上任意一點，的最小值是第II卷（非選擇題）三、填空題13．已知是虛數(shù)單位，復數(shù)，則在復平面上復數(shù)對應(yīng)的點坐標.14．二項式展開式中項的系數(shù)是.15．在中，，，以的中點為圓心，作直徑為的圓，分別交于點、，則．16．已知，符合表示不超過的最大整數(shù)，若函數(shù)有且僅有個零點，則實數(shù)的取值范圍是.四、解答題17．為進一步保護環(huán)境，加強治理空氣污染，某市環(huán)保監(jiān)測部門對市區(qū)空氣質(zhì)量進行調(diào)研，隨機抽查了市區(qū)300天的空氣質(zhì)量等級與當天空氣中的濃度（單位：），整理數(shù)據(jù)得到下表：的濃度空氣質(zhì)量等級1（優(yōu)）841862（良）1521243（輕度污染）924274（中度污染）33633若某天的空氣質(zhì)量等級為1或2，則稱這天“空氣質(zhì)量好”；若某天的空氣質(zhì)量等級為3或4，則稱這天“空氣質(zhì)量不好”.(1)完成下面的列聯(lián)表：的濃度空氣質(zhì)量合計空氣質(zhì)量好空氣質(zhì)量不好合計(2)根據(jù)（1）中的列聯(lián)表，判斷是否有的把握認為該市一天的空氣質(zhì)量與當天的濃度有關(guān)？附：；0.0500.0100.0013.8416.63510.82818．在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知，，.(1)求的值；(2)求的值.19．已知數(shù)列是公差不為零的等差數(shù)列，其前項和為.滿足，且恰為等比數(shù)列的前三項.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)是數(shù)列的前項和.是否存在，使得等式成立，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.20．如圖，與都是邊長為2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求點到平面的距離；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值.21．已知在上任意一點處的切線為，若過右焦點的直線交橢圓于兩點，已知在點處切線相交于.（1）求點的軌跡方程；（2）①若過點且與直線垂直的直線（斜率存在且不為零）交橢圓于兩點，證明為定值.②四邊形的面積是否有最小值，若有請求出最小值；若沒有請說明理由.22．已知函數(shù)，．(1)若直線既是曲線的切線，也是曲線的切線，求實數(shù)a的值；(2)令，討論的單調(diào)性；參考答案：1．C【詳解】解：∵集合A={0，1，2}，B={y|y=2x，x∈A}，∴B={0，2，4}；∴A∪B={0，1，2，4}；∴A∪B中的元素個數(shù)為4．故選C．【點評】本題考查了集合的定義與運算問題，是基礎(chǔ)題目．2．B【分析】首先分別判斷出命題和命題的真假性，然后可得答案.【詳解】由中有一個內(nèi)角為，可得的三個內(nèi)角成等差數(shù)列，反之也成立故命題為真命題由推不出，反過來，當時，也推不出所以“”是“”的既不充分也不必要條件，故命題為假命題所以正確故選：B【點睛】本題主要考查了命題真假性的判斷和邏輯聯(lián)結(jié)詞，屬于基礎(chǔ)題.3．C【分析】根據(jù)題意，結(jié)合等比中項公式，得到，利用等差數(shù)列的通項公式，求得，進而利用，即可求解.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，因為等差數(shù)列的第4，7，16項恰好分別是某等比數(shù)列的第4，6，8項，可得，即，解得，所以，所以等比數(shù)列的公比為，所以.故選：C.4．D【分析】推導出，由此能求出結(jié)果．【詳解】∵函數(shù)，∴故選D．【點睛】本題考查函數(shù)值的求法，考查函數(shù)性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是基礎(chǔ)題．5．A【分析】看圖，由圖知，于是，利用正三棱錐的性質(zhì)，列出三棱錐的體積公式求解即可【詳解】由圖知，于是，所以，，進而，三棱錐的高為(因為頂點在底面的射影為的重心)，所以故答案選：A【點睛】關(guān)鍵點睛：由圖知，利用勾股定理和正三角形的性質(zhì)求解，屬于中檔題6．D【分析】確定圓心為，，關(guān)于軸的對稱點為，，計算得到答案.【詳解】圓的圓心為，，關(guān)于軸的對稱點為，.故選：D7．A【分析】設(shè)向量、的夾角為，求出函數(shù)的導數(shù)，由題意得出，求出的取值范圍，可得出角的取值范圍.【詳解】設(shè)向量、的夾角為，由題意可得，由于函數(shù)在實數(shù)集上單調(diào)遞增，則不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，則，又，即，.，，因此，向量、的夾角的取值范圍是，故選：A.8．D【分析】函數(shù)有兩個不同零點，轉(zhuǎn)化為有兩個交點，構(gòu)造函數(shù)，判斷單調(diào)性，利用數(shù)形結(jié)合，判斷①，再根據(jù)①判斷②，再根據(jù)零點,構(gòu)造函數(shù)，判斷選項③,根據(jù)零點判斷④.【詳解】由函數(shù)有兩個不同零點，轉(zhuǎn)化為有兩個交點，構(gòu)造函數(shù)，，則，故，所以在單調(diào)遞增，而，可得圖象如圖所示故在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以，對于①，，所以，所以，故①正確；對于②，由①可知，故，因此，故②正確；對于③，因為，所以，故，所以，則，構(gòu)造函數(shù)，則，而，所以，所以，因為，所以，令，構(gòu)造，顯然單調(diào)遞增，且，所以所以，故③正確；對于④，由①可知，，所以，令，，顯然單調(diào)遞增，且，所以，故④正確.故選：D9．ACD【分析】根據(jù)三角函數(shù)最小正周期、單調(diào)區(qū)間、對稱中心、最值的求法，確定正確選項.【詳解】對于A選項，，故A選項正確.對于B選項，由，解得，所以的單調(diào)遞增區(qū)間是，，所以B選項錯誤.對于C選項，，所以C選項正確.對于D選項，，所以，當時，函數(shù)取得最大值，即，所以D選項正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：求函數(shù)在區(qū)間上最值的一般步驟：第一步：三角函數(shù)式的化簡，一般化成形如的形式或的形式；第二步：由的取值范圍確定的取值范圍，再確定（或)的取值范圍；第三步：求出所求函數(shù)的最值.10．AC【分析】利用分步計數(shù)原理直接判斷選項A，利用組合、排列的結(jié)合判斷選項BCD.【詳解】對于A：由分步計數(shù)原理，五個球全部投入個不同的盒子里共有種放法，故A正確；對于B：由排列數(shù)公式，五個不同的球放進不同的個盒子里，每盒至少一個，共有種放法，故B錯誤；對于C：將其中的個球投入一個盒子里共有種放法，故C正確；對于D：全部投入個不同的盒子里，沒有空盒，共有：種不同的放法，故D錯誤．故選：AC11．ACD【分析】求出圓錐母線l與底面圓半徑r的關(guān)系，利用圓錐側(cè)面展開圖判斷A；求出圓錐軸截面頂角的大小，計算判斷B；求出圓錐外接球半徑判斷C；求出圓錐內(nèi)切球半徑，棱長為的正四面體外接球半徑判斷D作答.【詳解】依題意，，對于A，當時，，，圓錐的側(cè)面展開圖，如圖，側(cè)面展開圖扇形弧長即為圓錐的底面圓周長，則，在中，由余弦定理得：，即，A正確；對于B，當時，有，令圓錐SO的軸截面等腰三角形頂角為，，為鈍角，令P，Q是圓錐SO的底面圓周上任意的不同兩點，則，則有的面積，當且僅當時取“=”，B不正確；對于C，當時，，圓錐SO的外接球球心在直線SO上，圓錐的底面圓是球的截面小圓，而圓錐的高，設(shè)外接球半徑為R，則有，即，解得，其表面積為，C正確；對于D，棱長為的正四面體可以補形成正方體，如圖，則正方體棱長，其外接球即正四面體的外接球直徑為，球半徑，當時，，圓錐SO的內(nèi)切球球心在線段SO上，圓錐的軸截面截內(nèi)切球得大圓，是圓錐軸截面等腰三角形內(nèi)切圓，設(shè)其半徑為，由三角形面積得：，解得，，因此，半徑為的球在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，而棱長為的正四面體的外接球的半徑為，故棱長為的正四面體在半徑為的球內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，所以當時，棱長為的正四面體在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，D正確.故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及與旋轉(zhuǎn)體有關(guān)的組合體，作出軸截面，借助平面幾何知識解題是解決問題的關(guān)鍵.12．AD【分析】根據(jù)方程分析曲線C的性質(zhì)以及圖象，根據(jù)曲線C的性質(zhì)和圖象結(jié)合直線與圓的相關(guān)知識逐項分析判斷.【詳解】對于曲線C:上任一點，則，點關(guān)于y軸對稱的點為，則，即點在曲線C上，故曲線C關(guān)于y軸對稱；點關(guān)于x軸對稱的點為，則，即點在曲線C上，故曲線C關(guān)于x軸對稱；點關(guān)于原點對稱的點為，則，即點在曲線C上，故曲線C關(guān)于原點對稱；綜上所述：曲線C關(guān)于坐標軸和原點對稱.對于方程，令，則，解得或，即曲線C與x軸的交點坐標為，同理可得：曲線C與y軸的交點坐標為，當時，，則，整理得，且，故曲線C在第一象限內(nèi)為以為圓心，半徑的半圓，由對稱性可得曲線C為四個半圓外加坐標原點，對A：曲線C圍成的圖形的周長是，A正確；對B：曲線C圍成的圖形的面積，B錯誤；對C：聯(lián)立方程，解得或，即曲線C與直線在第一象限內(nèi)的交點坐標為，由對稱可知曲線C與直線在第三象限內(nèi)的交點坐標為，則，C錯誤；對D：由圖結(jié)合對稱性可知：當在第一象限時，點到直線的距離相對較小，∵到直線的距離，則點到直線的距離，∴，故的最小值是，D正確.

故選：AD.【點睛】(1)通過方程研究曲線的對稱性時，往往通過點的對稱證明曲線的對稱性；(2)研究直線與圓的位置關(guān)系主要通過圓心到直線的距離和半徑的比較實現(xiàn)，兩個圓的位置關(guān)系的判斷依據(jù)是兩圓心距離與兩半徑差與和的比較．13．【分析】先化復數(shù)代數(shù)形式，再根據(jù)共軛復數(shù)定義以及復數(shù)幾何意義求結(jié)果.【詳解】因為，對應(yīng)點坐標為【點睛】本題考查復數(shù)除法運算，共軛復數(shù)定義以及復數(shù)幾何意義，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.14．【分析】由題意利用二項展開式的通項公式，求得展開式中項的系數(shù)．【詳解】解：二項式展開式的通項公式為：，令，可得，展開式中項的系數(shù)是，故答案為：．【點睛】本題主要考查二項式定理的應(yīng)用，二項展開式的通項公式，二項式系數(shù)的性質(zhì)．15．126【解析】由條件可得，，在中，根據(jù)余弦定理得：，同理在中，，兩式相加得，然后即可算出答案.【詳解】設(shè)的中點為因為在中，，所以，在中，根據(jù)余弦定理得：同理在中，因為，所以所以所以故答案為：126【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)和余弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題.16．【分析】討論、研究且、，的值域，再將原問題轉(zhuǎn)化為與恰好有8個交點，結(jié)合的值域端點值判斷的取值范圍.【詳解】設(shè)且、，當時，有；有；有；…；有；當時，有；有；有；…；有；∴要使有且僅有個零點，即與恰好有8個交點，當時，保證在上有交點，而在上無交點，此時只需；當時，保證在上有交點，而在上無交點，此時只需；綜上，.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點點睛：設(shè)且、，討論參數(shù)n研究的值域，并將問題轉(zhuǎn)化為與恰好有8個交點的問題.17．(1)表格見解析(2)有的把握認為該市一天的空氣質(zhì)量與當天的濃度有關(guān).【分析】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)即可得出列聯(lián)表；（2）求出卡方值和臨界值比較即可判斷.【詳解】（1）由表格數(shù)據(jù)可得列聯(lián)表如下：的濃度空氣質(zhì)量合計空氣質(zhì)量好13830168空氣質(zhì)量不好7260132合計21090300（2）由（1）知，所以有的把握認為該市一天的空氣質(zhì)量與當天的濃度有關(guān).18．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件結(jié)合余弦定理求解.（2）由第一問知，再運用正弦定理求得.【詳解】（1）因為，所以.因為，所以，解得.（2）由（1）可得.因為，所以，解得.19．(1)，；（(2)不存在，使得等式成立.【分析】（1）由等差數(shù)列的通項公式和前項和可得，所以，由此求得即得等比數(shù)列的前三項，據(jù)此可得的通項公式；（2）根據(jù)裂項求和法求得，整理可得，即，因此不存在，使得等式成立.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，所以，解得，所以,∵，∴.（2），所以，所以單調(diào)遞減，得，而，所以不存在，使得等式成立20．（1），（2）【詳解】解法一：（1）等體積法．取CD中點O，連OB，OM，則OB=OM=，OB⊥CD，MO⊥CD．又平面平面,則MO⊥平面，所以MO∥AB，MO∥平面ABC．M、O到平面ABC的距離相等．作OH⊥BC于H，連MH，則MH⊥BC．求得OH=OC?，MH=．設(shè)點到平面的距離為d，由得．即，解得．（2）延長AM、BO相交于E，連CE、DE，CE是平面ACM與平面的交線．由（1）知，O是BE的中點，則BCED是菱形.作BF⊥EC于F，連AF，則AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，設(shè)為.因為∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.，，.則所求二面角的正弦值為解法二：取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD．又平面平面,則MO⊥平面.取O為原點，直線OC、BO、OM為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系如圖．由已知得OB=OM=，則各點坐標分別為C（1，0，0），M（0，0，），B（0，，0），A（0，-，）.（1）設(shè)是平面MBC的法向量，則,.由得；由得．?。?，則．（2），.設(shè)平面ACM的法向量為，由得解得，，取.又平面BCD的法向量為.所以，設(shè)所求二面角為，則.21．（1）x=4；（2）①見解析；②．【解析】（1）當直線的斜率不存在時，可直接求出點，當直線的斜率存在時，設(shè)直線：，，聯(lián)立，可得韋達定理，在根據(jù)題目直接求出切線方程，利用根于系數(shù)的關(guān)系進行化簡消元，即可得點的軌跡方程；（2）①利用