2024年南昌市十中高三數(shù)學高考三模試卷附答案解析

年南昌市十中高三數(shù)學高考三模試卷試卷滿分150分，考試時間120分鐘．一、選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1．已知由小到大排列的5個樣本數(shù)據(jù)的極差是11，則的值為（

）A．23 B．24 C．25 D．262．若以集合的四個元素為邊長構成一個四邊形，則這個四邊形可能是（

）A．矩形B．平行四邊形C．梯形 D．菱形3．若函數(shù)滿足，則稱為滿足“倒負”變換的函數(shù)，在下列函數(shù)中，滿足“倒負”變換的函數(shù)是（

）A． B． C． D．4．如圖，在扇形中，C是弦的中點，D在上，．其中，長為．則的長度約為（提示：時，）（

）A． B． C． D．5．某校舉辦運動會，其中有一項為環(huán)形投球比寒，如圖，學生在環(huán)形投擲區(qū)內(nèi)進行投球.規(guī)定球重心投擲到區(qū)域內(nèi)得3分，區(qū)域內(nèi)得2分，區(qū)域內(nèi)得1分，投擲到其他區(qū)域不得分.已知甲選手投擲一次得3分的概率為0.1，得2分的概率為，不得分的概率為0.05，若甲選手連續(xù)投擲3次，得分大于7分的概率為0.002，且每次投擲相互獨立，則甲選手投擲一次得1分的概率為（

）A． B． C． D．6．的展開式中的常數(shù)項為（

）A．-2 B．-3 C．-4 D．-57．如圖，在正四棱臺中，，為上底面的對角線，且下底面的面積和側面的面積分別為20和，則該正四棱臺外接球的表面積是（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)有唯一零點，則的值為（

）A． B． C． D．二、多選題:本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知復數(shù)，且的虛部為3，則（

）A．B．C．為純虛數(shù)D．在復平面內(nèi)對應的點在第二象限10．已知橢圓，點分別為的左?右焦點，點分別為的左?右頂點，過原點且斜率不為0的直線與交于兩點，直線與交于另一點，則（

）A．的離心率為B．的最小值為C．上存在一點，使D．面積的最大值為211．函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為R，和都是奇函數(shù)，則（

）A．的圖象關于直線對稱 B．的圖象關于點對稱C．是周期函數(shù) D．三、填空題:本大題共3小題，每小題5分，共15分.12．設圓心在軸的圓過點，且與直線相切，則圓的標準方程為.13．在△ABC中，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP=9，若（m為常數(shù)），則CD的長度是．

14．正方形螺旋線是由多個不同大小的正方形旋轉而成的美麗圖案，如圖，已知第1個正方形的邊長為，且，依次類推，下一個正方形的頂點恰好在上一個正方形對應邊的分點處，記第1個正方形的面積為，第個正方形的面積為，則.四、解答題共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．已知公差不為0的等差數(shù)列滿足，且.(1)求的通項公式；(2)記是數(shù)列的前項和，證明:.16．如圖，在直角梯形中，，，，為梯形對角線，將梯形中的部分沿翻折至位置，使所在平面與原梯形所在平面垂直（如圖）.（1）求證：平面平面；（2）探究線段上是否存在點，使平面？若存在，求出；若不存在說明理由.17．已知為橢圓的右焦點，過的右頂點和下頂點的直線的斜率為.(1)求的方程；(2)若直線與交于兩點（均異于點），記直線和直線的斜率分別為，求的值.18．已知函數(shù).(1)求的圖象在點處的切線方程；(2)討論的單調區(qū)間；(3)若對任意，都有，求的最大值.（參考數(shù)據(jù)：）19．為落實食品安全的“兩個責任”，某市的食品藥品監(jiān)督管理部門和衛(wèi)生監(jiān)督管理部門在市人民代表大會召開之際特別邀請相關代表建言獻策.為保證政策制定的公平合理性，兩個部門將首先征求相關專家的意見和建議，已知專家?guī)熘泄灿?位成員，兩個部門分別獨立地發(fā)出批建邀請的名單從專家?guī)熘须S機產(chǎn)生，兩個部門均邀請2位專家，收到食品藥品監(jiān)督管理部門或衛(wèi)生監(jiān)督管理部門的邀請后，專家如約參加會議.(1)設參加會議的專家代表共X名，求X的分布列與數(shù)學期望.(2)為增強政策的普適性及可行性，在征求專家建議后，這兩個部門從網(wǎng)絡評選出的100位熱心市民中抽取部分市民作為群眾代表開展座談會，以便為政策提供支持和補充意見.已知這兩個部門的邀請相互獨立，邀請的名單從這100名熱心市民中隨機產(chǎn)生，食品藥品監(jiān)督管理部門邀請了名代表，衛(wèi)生監(jiān)督管理部門邀請了名代表，假設收到食品藥品監(jiān)督管理部門或衛(wèi)生監(jiān)督管理部門的邀請后，群眾代表如約參加座談會，且，請利用最大似然估計法估計參加會議的群眾代表的人數(shù).（備注:最大似然估計即最大概率估計，即當P（X=k）取值最大時，X的估計值為k）1．B【分析】由極差的定義即可求解.【詳解】由題知最小的數(shù)據(jù)是13，最大的數(shù)據(jù)是，則極差為，解得.故選：B.2．C【分析】根據(jù)集合中元素的互異性，可得四個元素互不相等，結合選項，即可求解.【詳解】由題意，集合的四個元素為邊長構成一個四邊形，根據(jù)集合中元素的互異性，可得四個元素互不相等，以四個元素為邊長構成一個四邊形，結合選項，只能為梯形.故選：C.3．D【分析】根據(jù)逐一將選項的每個函數(shù)進行驗證即可.【詳解】解：由題得滿足，則稱為滿足“倒負”變換的函數(shù)，A．，不符合要求；B．，不符合要求；C．，不符合要求；D．，符合要求故選：D.4．B【分析】根據(jù)弧長公式，結合已知求出角的余弦的近似值，求出CO,最后得到CD即可.【詳解】設圓心角，，，所以，，所以．故選：B.5．B【分析】先由已知條件確定，再計算即可得到結果.【詳解】由于甲選手投擲3次后，如果得分大于7分，則3次的得分必定是3，3，3或3，3，2（不考慮順序），所以其概率.而已知，故，所以.從而甲選手投擲一次得1分的概率為.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于利用已知概率逆向確定的值.6．D【分析】根據(jù)兩個二項式相乘，結合二項式展開式的通項公式，即可求得答案.【詳解】由可知，其展開中常數(shù)項為，令，r無整數(shù)解，不存在含的項，令，故含項為，則的展開式中的常數(shù)項為，故選：D.7．A【分析】先確定該棱臺的上下底面邊長和高，然后解出外接球球心到下底面的距離，最后求出外接球半徑和表面積.【詳解】由于該棱臺是正四棱臺，故每條側棱的長度都相等，且上下底面都是正方形.而下底面的面積是，所以下底面的邊長.而，所以上底面的邊長.由于每個側面都是上下底分別為和的等腰梯形，而面積為，故每個等腰梯形的高，所以每個等腰梯形的側棱長.由于每條側棱在底面上的投影長都是，所以該棱臺的高.最后設該棱臺外接球球心到下底面的距離為，則外接球球心到上底面的距離為，并設外接球的半徑為.則，，所以，即.解得，所以.所以該外接球的表面積等于.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于設出外接球球心到下底面的距離，再列方程組求解.8．D【分析】將函數(shù)變形，換元后得到，研究得到為偶函數(shù)，由有唯一零點，得到函數(shù)的圖象與有唯一交點，結合為偶函數(shù)，可得此交點的橫坐標為0，代入后求出.【詳解】有零點，則，令，則上式可化為，因為恒成立，所以，令，則，故為偶函數(shù)，因為有唯一零點，所以函數(shù)的圖象與有唯一交點，結合為偶函數(shù)，可得此交點的橫坐標為0，故.故選：D9．AC【分析】利用向量的除法運算和虛部為3，即可求出，再利用復數(shù)乘除運算和模的運算以及復平面內(nèi)對應點的表示，就能作出選項判斷.【詳解】由的虛部為3，則，解得，所以選項A正確.，所以，所以選項B錯誤.由為純虛數(shù)，所以選項C正確.由，所以復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點為，位于第一象限，所以選項D錯誤，故選：AC.10．ACD【分析】熟悉橢圓的離心率公式，橢圓焦半徑取值范圍為，焦半徑三角形頂角在上頂點時取最大，先對選項A、B、C作出判斷，對于選項D，就需要設出直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，再把三角形面積計算公式轉化到兩根關系上來，最后代入韋達定理得到關于的函數(shù)式，從而求出最值.【詳解】由題知，該橢圓中，所以離心率為正確；根據(jù)橢圓上到焦點距離最大和最小的點是長軸的兩個端點得，距離最大為，距離最小為，又直線的斜率不為0，所以，B錯誤；當橢圓的對稱可知當為短軸頂點時，取得最大值，此時，由余弦定理得，故，即上存在一點，使正確；設直線的方程為，聯(lián)立直線與的方程得，設，則，所以，又點到直線的距離為，所以，令，則，當且僅當，即時，等號成立，所以面積的最大值為正確；故選：ACD.11．BC【分析】由是奇函數(shù)可判斷A；利用向右平移1個單位后可得可判斷B；利用是奇函數(shù)，得到關系式，兩邊同時求導可得，再由可求出的周期可判斷C；由可得，即可判斷D.【詳解】對于A，因為是奇函數(shù)，所以，則有，的圖象關于點對稱，故A錯誤；對于B，是奇函數(shù)，其圖象關于原點對稱，向右平移1個單位后可得，所以的圖象關于點對稱，故B正確；對于C，因為是奇函數(shù)，所以，所以，所以，所以，所以①，因為，所以②，由①②可得：，所以，所以，，所以是函數(shù)的一個周期函數(shù)，所以是周期函數(shù)，故C正確；對于D，因為，所以，，，，所以，而，故D錯誤.故選：BC.【點睛】方法點睛：抽象函數(shù)的奇偶性、對稱性、周期性常有以下結論（1）關于軸對稱，（2）關于中心對稱，（3）的一個周期為，（4）的一個周期為.可以類比三角函數(shù)的性質記憶以上結論.12．【分析】設圓的圓心為，根據(jù)已知條件得出半徑為，再將代入即可解出，從而得到答案.【詳解】設圓的圓心為，則由于該點到直線的距離，結合圓與直線相切，知圓的半徑為.所以圓的方程是.而圓過點，所以，解得.所以圓的標準方程是.故答案為：.13．或0【分析】根據(jù)題設條件可設，結合與三點共線，可求得，再根據(jù)勾股定理求出，然后根據(jù)余弦定理即可求解.【詳解】∵三點共線，∴可設，∵，∴，即，若且，則三點共線，∴，即，∵，∴，∵,,，∴，設，，則，.∴根據(jù)余弦定理可得，，∵，∴，解得，∴的長度為.當時，，重合，此時的長度為，當時，，重合，此時，不合題意，舍去.故答案為：0或.【點睛】本題考查了平面向量知識的應用、余弦定理的應用以及求解運算能力，解答本題的關鍵是設出．14．【分析】據(jù)已知條件可確定，然后使用數(shù)列求和方法即可.【詳解】由于第個正方形的邊長為，而第個正方形的面積等于第個正方形的面積減去四個直角三角形的面積，故.而，故.所以.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于從相似圖形中辨別出等比數(shù)列.15．(1)(2)證明見解析【分析】（1）設，再用已知條件列出兩個方程并解出其中的參數(shù)；（2）直接求出，再用裂項法即可.【詳解】（1）設，則由已知有，.將第一個等式展開化簡可得，故由知.再代入第二個等式可得，解得，從而.故的通項公式是.（2）由于，故.16．（1）見解析（2）存在點，且時，有平面，詳見解析【分析】（1）取中點，連結，證明平面，得到平面平面.（2）存在點，且時，有從而得到平面.【詳解】（1）取中點，連結，則，故，又平面平面，且平面平面，，平面，∴平面，又平面，∴.又，，∴平面，又平面，∴平面平面.（2）存在點，且時，有平面，連結交于，由知，又，故，又平面，平面，∴平面.【點睛】本題考查了面面垂直，線面平行，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.17．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)已知條件列出關于的兩個方程，再解出即可；（2）將直線和橢圓聯(lián)立，利用韋達定理即可化簡并求出結果.【詳解】（1）由有；而，，故.所以，從而，故.所以的方程是.（2）設，，將直線與聯(lián)立：.將直線代入橢圓，得到.展開即為.故，.由于，故，即，從而.所以.18．(1)；(2)答案見解析；(3).【分析】（1）求得，，再根據(jù)導數(shù)的幾何意義，即可求得切線方程；（2）討論參數(shù)與和的大小關系，在不同情況下，求函數(shù)單調性，即可求得單調區(qū)間；（3）將問題轉化為在上的最大值，根據(jù)（2）中所求單調性，求得，再構造函數(shù)解關于的不等式即可.【詳解】（1），，又，，故的圖象在點處的切線方程為，即.（2），又，，則時，當，，單調遞增；當，，單調遞減；時，當，，單調遞減；當，，單調遞增；當，，單調遞減；時，當，，在單調遞減；時，當，，單調遞減；當，，單調遞增；當，，單調遞減.綜上所述：當，的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為；當，的單調減區(qū)間為，單調增區(qū)間為；當，的單調減區(qū)間為，沒有單調增區(qū)間；當，的單調減區(qū)間為，單調增區(qū)間為.（3）若對任意，都有，則在上的最大值；由（2）可知，當，在單調遞增，在單調遞減，故；令，則，故在單調遞增，又，則；故當時，，也即當時，對任意，都有.故的最大值為.【點睛】關鍵點點睛：本題第三問處理的關鍵是，將在區(qū)間上恒成立，轉化為，再根據(jù)第二問中所求函數(shù)單調性求得，再構造函數(shù)解不等式即可.19．(1)分布列見解析，3.2(2)詳見解析.【分析】(1)根據(jù)離散型隨機變量的概率公式計算得分布列及期望；(2)設收到兩個部門邀請的代表的集合為A∪B，人數(shù)，，設參加會議的群眾代表的人數(shù)為Y，則由離散型隨機變量的概率公式可得，設，由組合數(shù)公式計算得，分類討論是否為整數(shù)即可得出結果.【詳解】（1）X的可能取值為2，3，4，則，，，則X的分布列為X234P0.10.60.3（2）設食品藥品監(jiān)督管理部門邀請的代表記為集合A，人數(shù)為，衛(wèi)生監(jiān)