2024屆江西省九師大聯(lián)考高三4月教學質(zhì)量檢測（二模）數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE3江西省九師大聯(lián)考2024屆高三4月教學質(zhì)量檢測（二模）數(shù)學試題一、選擇題1.某高級中學的高一年級、高二年級、高三年級的學生人數(shù)比為，若高一年級、高二年級、高三年級學生的平均身高分別是，，，則這三個年級學生的平均身高是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗這三個年級學生的平均身高是.故選：C.2.已知集合，，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C D.〖答案〗B〖解析〗由，即，解得，即，又且，所以，解得，實數(shù)的取值范圍．故選：B．3.已知的二項展開式中只有第3項的二項式系數(shù)最大，則展開式中的常數(shù)項為（）A.24 B.18 C.12 D.6〖答案〗A〖解析〗已知的二項展開式中只有第3項的二項式系數(shù)最大，則只能，從而的展開式為，令，解得，所以展開式中的常數(shù)項為.故選：A.4.已知，，則（）A.8 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，，所以.故選：D5.已知雙曲線的右頂點為，若直線與的兩條漸近線分別交于，兩點，且滿足，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗易知雙曲線的漸近線方程為，聯(lián)立，解得，即，聯(lián)立，解得，即，因為，所以，即，因為，所以，解得，則雙曲線的離心率．故選：C．6.如圖，在直三棱柱中，，，點，分別為棱，上的動點（不包括端點），若，則三棱錐的體積的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在直三棱柱中，平面，故為三棱錐的高，設，，則，由，得，故，則，故，故當時，三棱錐的體積有最大值．故選：D．7.已知數(shù)列的首項為常數(shù)且，，若數(shù)列是遞增數(shù)列，則的取值范圍為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因為，所以，由于，即，可得數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，則，因為數(shù)列是遞增數(shù)列，可得，即對任意的正整數(shù)都成立．當為偶數(shù)時，恒成立，由于數(shù)列單調(diào)遞減，可得，則；當為奇數(shù)時，恒成立，由于數(shù)列單調(diào)遞增，可得，則；綜上可得的取值范圍是．故選：B．8.已知拋物線，圓，為圓外一點，過點作圓的兩條切線，，直線與拋物線交于點，，直線與拋物線交于點，，若，則（）A.16 B.8 C.4 D.1〖答案〗C〖解析〗由題意，且都與拋物線有兩個不同的交點，所以，故設過點且與圓相切的切線方程為，即，由題意得，整理得，（*），設直線的斜率分別為，則是方程（*）的兩個實根，故，由，得，因為，，，，所以，所以.故選：C.二、選擇題9.已知復數(shù)（且，為虛數(shù)單位），若，則下列說法正確的是（）A.在復平面上對應的點位于第四象限B.C.D.若復數(shù)滿足，則在復平面內(nèi)對應的點構成的圖形的面積為〖答案〗ACD〖解析〗由題意可知，復數(shù)，共軛復數(shù)為，對于A，由得，所以或（舍去）.所以復數(shù)，共軛復數(shù)，則共軛復數(shù)在復平面上對應的點為，位于第四象限，故A正確；對于B，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，設復數(shù)，所以，即故復數(shù)在復平面對應的點構成的圖形的面積為，故D正確.故選：ACD.10.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.若，則將的圖象向左平移個單位長度，能得到函數(shù)的圖象B.若，則當時，的值域為C.若在區(qū)間上恰有個零點，則D.若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則〖答案〗AD〖解析〗，當時，，則將的圖象向左平移個單位長度得到：，故A正確；當時，，當時，，故，則的值域為，故B錯誤；令，，則，，又，若在區(qū)間上恰有個零點，則，解得，故C錯誤；若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，又，所以，解得，又，所以，由可得，要使在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，解得，故D正確．故選：AD．11.在正方體中，，為的中點，是正方形內(nèi)部一點（不含邊界），則下列說法正確的是（）A.平面平面B.若直線與平面所成角為，則的取值范圍是C.若四棱錐的外接球的球心為，則的取值范圍是D.以的邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸將旋轉(zhuǎn)一周，則在旋轉(zhuǎn)過程中，點到平面的距離的最小值是〖答案〗ABD〖解析〗對于A，如圖1，連結，則，因為平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，且，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；對于B，將正方體中分離出四棱錐，如圖2，取中點，連結，，因為平面，所以，，，，即，所以，故B正確；對于C，如圖2，連結，，設，的交點為，則平面，過作，垂足為，連結，，所以，，又，所以，解得，所以，所以的長度小于，又，所以的取值范圍是，故C錯誤；對于D，如圖3，連結，交于點，取的中點，連結，，則點的運動軌跡是平面內(nèi)以為圓心，為半徑的圓，易知，由，知，，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，，如圖4，與圓的交點分別為，，當點位于點時，點到平面的距離取得最小值，且距離的最小值為，故D正確.故選：ABD.三、填空題12.在中，已知，為線段的中點，若，則______．〖答案〗〖解析〗根據(jù)題意，在中，已知，則，由于為線段的中點，則，又，、不共線，故，，所以．故〖答案〗為：．13.已知的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，且，若的面積等于，則的周長的最小值為______．〖答案〗〖解析〗由正弦定理結合，可得，因為，所以，即，注意到，所以只能，解得，若的面積等于，則，解得，在三角形中，運用余弦定理有，三角形的周長，等號成立當且僅當，綜上所述，當且僅當三角形是以頂角的等腰三角形時，的周長取到最小值，且最小值為.故〖答案〗為：.14.已知關于的不等式在上恒成立，則實數(shù)的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗由題意對任意的，恒成立，即恒成立，令，則，設，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以存在，使得，即，即，令，則，這表明在上單調(diào)遞增，所以，，而當時，，，此時單調(diào)遞減，當時，，，此時單調(diào)遞增，所以，因為恒成立，所以當且僅當，即，綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.故〖答案〗為：.四、解答題15.已知函數(shù)．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求的取值范圍．解：（1）當時，，，從而，曲線在點處的切線方程為，即.（2）由題意恒成立，即當且僅當對任意的恒成立，由基本不等式可得，等號成立當且僅當，從而，經(jīng)檢驗符合題意，即的取值范圍為.16.如圖，多面體是由正四棱錐與三棱錐拼接而成，正四棱錐的所有棱長均為，，為的中點．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面所成二面角的正弦值．（1）證明：因為四棱錐是正四棱錐，為的中點，所以，．在正方形中中，，所以，在正方形中中，，又因，所以，又因為，平面，平面，所以平面.（2）解：連接交于點，連接，顯然，因為四棱錐是正四棱錐，則平面，又平面，平面，從而，所以兩兩垂直，以為坐標原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為正四棱錐的所有棱長均為，所以，，則，，，，，，因為，，所以，所以，所以，，，，設平面與平面的法向量分別為，則，，即，，令，解得，即可取，設平面與平面所成二面角為，則，則，即平面與平面所成二面角的正弦值為.17.已知橢圓的左、右焦點分別為，，右頂點為，且，離心率為．（1）求橢圓的標準方程；（2）已知，是上兩點（點，不同于點），直線，分別交直線于，兩點，若，證明：直線過定點．（1）解：設橢圓的半焦距為，由題意得，解得，故橢圓標準方程為.（2）證明：由（1）知，由題意可知直線的斜率不為0，否則位于軸同側(cè)，，不符合題意；設的方程為，代入，得，由，設，則，所以，，直線的方程為，令，得，故，同理可得，所以，由，得，即，所以，所以，解得或（舍去），所以直線的方程為，故直線過定點.18.2024年3月28日，小米SU7汽車上市，對電動汽車市場產(chǎn)生了重大影響，某品牌電動汽車采取抽獎促銷活動，每位顧客只能參加一次．抽獎活動規(guī)則如下：在一個不透明的口袋中裝有個球，其中有4個黑球，其余都是白球，這些球除顏色外全部相同，顧客將口袋中的球隨機地逐個取出，并放入編號為1，2，3，，的紙盒內(nèi)，其中第次取出的球放入編號為的紙盒．若編號為1，2，3，4的紙盒中有4個黑球，則獲得優(yōu)惠券10000元；若編號為1，2，3，4的紙盒中有3個黑球，則獲得優(yōu)惠券5000元；若編號為1，2，3，4的紙盒中有2個黑球，則獲得優(yōu)惠券1000元；其他情況不獲得優(yōu)惠券．（1）已知，顧客甲參加了此品牌電動汽車的促銷活動，求顧客甲獲得優(yōu)惠券的概率；（2）設隨機變量表示最后一個取出的黑球所在紙盒編號的倒數(shù)，證明：的期望小于．解：（1）設顧客甲獲得的優(yōu)惠券金額為元，“顧客甲獲得優(yōu)惠券”為事件，則，所以，即顧客甲獲得的優(yōu)惠券的概率為；（2）隨機變量的分布列為：隨機變量的期望為，因為，所以，又，所以，所以.19.對正常數(shù)，若無窮數(shù)列，滿足：對任意的，均有，則稱數(shù)列與具有“”關系．（1）若無窮數(shù)列，的通項公式分別是，，判斷數(shù)列與是否具有“3”關系；（2）若無窮數(shù)列，是公差不相等的兩個等差數(shù)列，對任意正常數(shù)，證明：數(shù)列與不具有“”關系；（3）設無窮數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，無窮數(shù)列是首項為正數(shù)，公比為的等比數(shù)列，試求“存在正常數(shù)，使得數(shù)列與具有‘’關系”的充要條件．（1）解：由于，故數(shù)列與具有“3”關系；（2）證明：據(jù)已知可設，，且.若是某個正常數(shù)，由于當正整數(shù)時，有.故數(shù)列與不具有“”關系；（3）解：下面證明：“存在正常數(shù)，使得數(shù)列與具有‘’關系”的充要條件是：且.充分性：若且，則.所以與具有“”關系；必要性：據(jù)題意可設，，這里，.若存在正常數(shù)，使得數(shù)列與具有“”關系，則據(jù)其定義有，故，從而.假設，則由于我們有，故，從而.但當時，有，這導致矛盾，所以必定有.從而.假設，則當時，有，矛盾.所以，從而我們得到了且.綜上，“存在正常數(shù)，使得數(shù)列與具有‘’關系”的充要條件是：且.江西省九師大聯(lián)考2024屆高三4月教學質(zhì)量檢測（二模）數(shù)學試題一、選擇題1.某高級中學的高一年級、高二年級、高三年級的學生人數(shù)比為，若高一年級、高二年級、高三年級學生的平均身高分別是，，，則這三個年級學生的平均身高是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗這三個年級學生的平均身高是.故選：C.2.已知集合，，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C D.〖答案〗B〖解析〗由，即，解得，即，又且，所以，解得，實數(shù)的取值范圍．故選：B．3.已知的二項展開式中只有第3項的二項式系數(shù)最大，則展開式中的常數(shù)項為（）A.24 B.18 C.12 D.6〖答案〗A〖解析〗已知的二項展開式中只有第3項的二項式系數(shù)最大，則只能，從而的展開式為，令，解得，所以展開式中的常數(shù)項為.故選：A.4.已知，，則（）A.8 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，，所以.故選：D5.已知雙曲線的右頂點為，若直線與的兩條漸近線分別交于，兩點，且滿足，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗易知雙曲線的漸近線方程為，聯(lián)立，解得，即，聯(lián)立，解得，即，因為，所以，即，因為，所以，解得，則雙曲線的離心率．故選：C．6.如圖，在直三棱柱中，，，點，分別為棱，上的動點（不包括端點），若，則三棱錐的體積的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在直三棱柱中，平面，故為三棱錐的高，設，，則，由，得，故，則，故，故當時，三棱錐的體積有最大值．故選：D．7.已知數(shù)列的首項為常數(shù)且，，若數(shù)列是遞增數(shù)列，則的取值范圍為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因為，所以，由于，即，可得數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，則，因為數(shù)列是遞增數(shù)列，可得，即對任意的正整數(shù)都成立．當為偶數(shù)時，恒成立，由于數(shù)列單調(diào)遞減，可得，則；當為奇數(shù)時，恒成立，由于數(shù)列單調(diào)遞增，可得，則；綜上可得的取值范圍是．故選：B．8.已知拋物線，圓，為圓外一點，過點作圓的兩條切線，，直線與拋物線交于點，，直線與拋物線交于點，，若，則（）A.16 B.8 C.4 D.1〖答案〗C〖解析〗由題意，且都與拋物線有兩個不同的交點，所以，故設過點且與圓相切的切線方程為，即，由題意得，整理得，（*），設直線的斜率分別為，則是方程（*）的兩個實根，故，由，得，因為，，，，所以，所以.故選：C.二、選擇題9.已知復數(shù)（且，為虛數(shù)單位），若，則下列說法正確的是（）A.在復平面上對應的點位于第四象限B.C.D.若復數(shù)滿足，則在復平面內(nèi)對應的點構成的圖形的面積為〖答案〗ACD〖解析〗由題意可知，復數(shù)，共軛復數(shù)為，對于A，由得，所以或（舍去）.所以復數(shù)，共軛復數(shù)，則共軛復數(shù)在復平面上對應的點為，位于第四象限，故A正確；對于B，，故B錯誤；對于C，，故C正確；對于D，設復數(shù)，所以，即故復數(shù)在復平面對應的點構成的圖形的面積為，故D正確.故選：ACD.10.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.若，則將的圖象向左平移個單位長度，能得到函數(shù)的圖象B.若，則當時，的值域為C.若在區(qū)間上恰有個零點，則D.若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則〖答案〗AD〖解析〗，當時，，則將的圖象向左平移個單位長度得到：，故A正確；當時，，當時，，故，則的值域為，故B錯誤；令，，則，，又，若在區(qū)間上恰有個零點，則，解得，故C錯誤；若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，又，所以，解得，又，所以，由可得，要使在區(qū)間上單調(diào)遞增，則，解得，故D正確．故選：AD．11.在正方體中，，為的中點，是正方形內(nèi)部一點（不含邊界），則下列說法正確的是（）A.平面平面B.若直線與平面所成角為，則的取值范圍是C.若四棱錐的外接球的球心為，則的取值范圍是D.以的邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸將旋轉(zhuǎn)一周，則在旋轉(zhuǎn)過程中，點到平面的距離的最小值是〖答案〗ABD〖解析〗對于A，如圖1，連結，則，因為平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，且，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；對于B，將正方體中分離出四棱錐，如圖2，取中點，連結，，因為平面，所以，，，，即，所以，故B正確；對于C，如圖2，連結，，設，的交點為，則平面，過作，垂足為，連結，，所以，，又，所以，解得，所以，所以的長度小于，又，所以的取值范圍是，故C錯誤；對于D，如圖3，連結，交于點，取的中點，連結，，則點的運動軌跡是平面內(nèi)以為圓心，為半徑的圓，易知，由，知，，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，，如圖4，與圓的交點分別為，，當點位于點時，點到平面的距離取得最小值，且距離的最小值為，故D正確.故選：ABD.三、填空題12.在中，已知，為線段的中點，若，則______．〖答案〗〖解析〗根據(jù)題意，在中，已知，則，由于為線段的中點，則，又，、不共線，故，，所以．故〖答案〗為：．13.已知的內(nèi)角，，的對邊分別為，，，且，若的面積等于，則的周長的最小值為______．〖答案〗〖解析〗由正弦定理結合，可得，因為，所以，即，注意到，所以只能，解得，若的面積等于，則，解得，在三角形中，運用余弦定理有，三角形的周長，等號成立當且僅當，綜上所述，當且僅當三角形是以頂角的等腰三角形時，的周長取到最小值，且最小值為.故〖答案〗為：.14.已知關于的不等式在上恒成立，則實數(shù)的取值范圍是______．〖答案〗〖解析〗由題意對任意的，恒成立，即恒成立，令，則，設，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以存在，使得，即，即，令，則，這表明在上單調(diào)遞增，所以，，而當時，，，此時單調(diào)遞減，當時，，，此時單調(diào)遞增，所以，因為恒成立，所以當且僅當，即，綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.故〖答案〗為：.四、解答題15.已知函數(shù)．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求的取值范圍．解：（1）當時，，，從而，曲線在點處的切線方程為，即.（2）由題意恒成立，即當且僅當對任意的恒成立，由基本不等式可得，等號成立當且僅當，從而，經(jīng)檢驗符合題意，即的取值范圍為.16.如圖，多面體是由正四棱錐與三棱錐拼接而成，正四棱錐的所有棱長均為，，為的中點．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面所成二面角的正弦值．（1）證明：因為四棱錐是正四棱錐，為的中點，所以，．在正方形中中，，所以，在正方形中中，，又因，所以，又因為，平面，平面，所以平面.（2）解：連接交于點，連接，顯然，因為四棱錐是正四棱錐，則平面，又平面，平面，從而，所以兩兩垂直，以為坐標原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為正四棱錐的所有棱長均為，所以，，則，，，，，，因為，，所以，所以，所以，，，，設平面與平面的法向量分別為，則，，即，，令，解得，即可取，設平面與平面所成二面角為，則，則，即平面與平面所成二面角的正弦值為.17.已知橢圓的左、右焦點分別為，，右頂點為，且，離心率為．（1）求橢圓的標準方程；（2）已知，是上兩點（點，不同于點），直線，分別交直線于，兩點，若，證明：直線過定點．（1）解：設橢圓的半焦距為，由題意得，解得，故橢圓標準方程為.（2）證明：由（1）知，由題意可知直線的斜率不為0，否則位于軸同側(cè)，，不符合題意；設的方程為，代入，得，由，設，則，所以，，直線的方程為，令，得，故，同理可得，所以，由，得，即，所以，所以，解得或（舍去），所以直線的方程為，故直線過定點.18.2024年3月28日，小米SU7汽車上市，對電動汽車市場產(chǎn)生了重大影響，某品牌電動汽車采取抽獎促銷活動，每位顧客只能參加一次．抽獎活動規(guī)則如下