2024届江西省稳派上进教育高三上学期8月入学摸底考试数学试题含答案

2024届江西省稳派上进教育高三上学期8月入学摸底考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由一元二次不等式的解法与交集的概念求解

【详解】因为，所以．

故选：C

2．复数的虚部是（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】A

【分析】利用除法运算公式化简复数，再求其虚部.

【详解】，虚部是1.

故选：A

3．函数的零点所在区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据零点存在性定理分析判断

【详解】因为在上单调递增，所以在上单调递增，

所以至多有一个零点，

因为，，

所以在零点在区间，

故选：A．

4．记为数列的前项和，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得，结合的表达式可求得结果.

【详解】因为为数列的前项和，且，

则.

故选：A.

5．已知向量，，函数，则图象的一条对称轴的方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由向量的数量积运算和三角函数恒等变换公式可得，再由，，可求出其对称轴方程.

【详解】因为向量，，

所以．

令，，所以，，

当时，．

故选：B．

6．“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】转化为点与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，

【详解】记，则为直线的斜率，

故当直线与半圆相切时，得k最小，

此时设，故，解得或（舍去），

即．

故选：C

7．已知函数的极小值为a，极小值点为b，零点为c．若底面半径为1的圆锥的高，则该圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用导数判断原函数的单调性，进而可得，令，可得，，结合锥体的体积公式运算求解.

【详解】由题意可知的定义域为，且，

令，解得，则有：

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以函数的极小值，极小值点，

令，解得，即，所以，

所以该圆锥的体积为．

故选：B．

8．已知双曲线的离心率为，直线l的斜率为，且过点，直线l与x轴交于点C，点D在E的右支上，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意得点坐标方程，再由向量的坐标运算得点方程，代入双曲线方程后求解

【详解】由题意知，∴，∴，

故直线l的方程为．

令，得，所以．

又因为，所以，

代入，化简得，解得．

故选：D．

二、多选题

9．在我们发布的各类统计数据中，同比和环比都是反映增长速度的核心数据指标．如图是某专业机构统计的2022年1～12月中国校车销量走势图，则下列结论正确的是（    ）

A．8月校车销量的同比增长率与环比增长率都是全年最高

B．1～12月校车销量的同比增长率的平均数小于环比增长率的平均数

C．1～12月校车销量的环比增长率的极差大于同比增长率的极差

D．1～12月校车销量的环比增长率的方差小于同比增长率的方差

【答案】BC

【分析】由统计图数据对选项逐一判断

【详解】2022年8月校车销量的同比增长率比9月的低，故A错误；

由校车销量走势图知1～12月校车销量的同比增长率的平均数为负数，环比增长率的平均数是正数，故B正确；

1～12月校车销量的环比增长率的极差为，

同比增长率的极差为，所以环比增长率的极差大于同比增长率的极差，故C正确；

由校车销量走势图知1～12月校车销量的环比增长率的波动大于同比增长率的，所以环比增长率的方差大于同比增长率的方差，故D错误．

故选：BC

10．已知，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】由同角三角函数基本关系，二倍角公式，两角和的正弦公式判断

【详解】因为，且，

所以，，故A正确，B错误；

，故C正确；

，

则，故D正确．

故选：ACD

11．已知函数及其导函数的定义域为，记．若满足，，且，则（    ）

A． B．为奇函数

C． D．

【答案】ACD

【分析】将两边同时求导可得，即可得A正确；由可知，显然时不是奇函数，可知B错误；由，可知C正确；易得的周期为4，由对称性求得一个周期内的函数值即可得D正确．

【详解】由，等式两边同时求导，得，即，故的图象关于点对称，故A正确；

因为，所以应满足（C为常数），当时，不是奇函数，故B错误；

因为，，可得；

所以，可得，故C正确；

由选项C可知，的周期为4，因为的图象关于点对称，又关于y轴对称，且，

所以，，，，

所以，故D正确．

故选：ACD．

12．已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱长为1，所有顶点均在球O的球面上，则（    ）

A．直线与直线异面

B．若M是侧棱上的动点，则的最小值为7

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．球O的表面积为

【答案】BCD

【分析】由直线的位置关系判断A，由展开图求最短距离判断B，

建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算判断C，由球的表面积公式判断D．

【详解】对于A，如图②，连接，，则，，

所以，所以直线与直线共面，故A错误；

对于B，将平面沿着翻折到与平面共面的位置，得到矩形，如图①所示．

图①

因为底面边长为2，，所以，则，故B正确；

对于C，以F为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，

建立如图②所示的空间直角坐标系，

图②

则，，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，则，即．

令，得，所以平面的一个法向量为．

设直线与平面所成角为，则，故C正确；

对于D，设球O的半径为R，则，

所以球O的表面积，故D正确．

故选：BCD．

三、填空题

13．数据1，2，2，2，3，4，5，6的分位数为          ．

【答案】/

【分析】由百分位数的概念求解

【详解】因为，所以分位数为．

故答案为：

14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，M是C上的动点，的面积的最大值为3，则C的长轴长的最小值为          ．

【答案】

【分析】由椭圆得性质与基本不等式求解

【详解】由题意知，所以，

故C的长轴长．

故答案为：

15．已知的展开式中只有第5项的二项式系数最大，写出展开式中的一个有理项          ．

【答案】（或，或，写出其中一个即可）

【分析】由二项式定理求解

【详解】由题意知展开式中共有9项，所以，

所以的展开式的通项为，，．

若为有理项，则，所以，4，8，

故展开式中所有的有理项为，，．

故答案为：（或，或，写出其中一个即可）

16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，P为内一点．若点P满足，且，则的最大值为          ．

【答案】

【分析】由三角形内心的性质与半角公式求解

【详解】由，得，

即，

整理可得，

故点P在的平分线上，同理可得点P在的平分线上，

所以点P为的内心．

如图，延长，交于点D，过点P作，，垂足分别为E，F，

设，，

由，得，

由D，A，C三点共线得，

所以．

因为，所以，

代入得，当且仅当，即时等号成立，

故的最大值为．

四、解答题

17．已知函数在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．

(1)求的解析式；

(2)在中，若，，，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由的图象可得，从而可求出，再将点坐标代入中可求出的值，从而可求得，再由三角函数图象变换规律可求出的解析式；

（2）由可求出角，然后利用余弦定理可求得.

【详解】（1）由图象可知，所以．

又因为最高点是，所以，，

即，．

又因为，所以，，

所以．

将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，

再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，

得到函数的图象．

（2）因为，所以．

又，所以，

所以，所以．

由余弦定理，得，

所以．

18．记公比不为1的等比数列的前n项和为，已知，，，成等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由等差数列与等比数列的性质求解，

（2）由错位相减法求解．

【详解】（1）设的公比为q，

由，，，成等差数列，得，．

法一：因为，所以，所以，，

则．

法二：由题意得，，

解得，或（舍去），

所以．

（2）因为，，

所以，

则，

所以

，

所以．

19．如图，在三棱锥中，平面，，，M是的中点，N为上的动点．

(1)证明：平面平面；

(2)当平面时，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直得到面面垂直，进而得到平面，，再由三线合一得到，从而得到线面垂直，证明出面面垂直；

（2）由线面平行的性质得到线线平行，得到N是的中点，建立空间直角坐标系，利用法向量求解面面角的余弦值.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，

所以平面平面．

又，平面平面，平面，

所以平面．

又平面，所以．

又，M是的中点，所以．

又，，平面，所以平面．

因为平面，所以平面平面．

（2）以A为坐标原点，，所在直线分别为y，z轴，

过点A作与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

因为平面，平面，平面平面，

所以．

又M是的中点，所以N是的中点，

则，，，，

所以，，，

则平面的一个法向量为．

设平面的一个法向量为，

则．

令，得，，

所以平面的一个法向量为．

设平面与平面的夹角为，

所以，

故平面与平面夹角的余弦值为．

20．研学旅行作为一种新兴的教学方式，越来越受中学生的青睐，国家也颁布了一系列政策推进研学旅行发展．为了解学生对“暑期研学旅行”的满意度，某教育部门对名中学生进行了问卷调查，部分结果如下表．参与问卷调查的男女比例为．

(1)完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为“暑期研学旅行”的满意度与性别有关联；

(2)该教育部门采用分层随机抽样的方法从参与问卷调查持“不满意”态度的学生中抽取了5名学生．现从这5名学生中随机抽取3人进行座谈，记抽取的女生人数为X，求X的分布列及数学期望．

附：，其中．

【答案】(1)列联表见解析，有的把握认为“暑期研学旅行”的满意度与性别有关联

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）按男女比例分配完成二联表，根据独立性检验公式算出卡法，判定是否独立；

（2）按分层抽样的抽样比求出抽出的样本数，而抽取的女生人数为X服从超几何分布，根据公式算出分布列及期望即可.

【详解】（1）男生人数为，女生人数为，

则2×2列联表如下表所示：

假设:“暑期研学旅行”的满意度与性别有关联.

根据列联表中的数据，得，

所以有的把握认为“暑期研学旅行”的满意度与性别有关联．

（2）抽取的男生有人，女生有人，

则抽取的女生人数X服从超几何分布

，，，

所以X的分布列为

故．

21．已知抛物线，F为C的焦点，过点F的直线与C交于H，I两点，且在H，I两点处的切线交于点T．

(1)当的斜率为时，求；

(2)证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）求出抛物线焦点坐标、准线方程，再求出直线的方程，并与抛物线方程联立，结合抛物线定义求解作答.

（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用导数的几何意义求出切线方程，并求出点的坐标，推理判断两直线垂直作答.

【详解】（1）依题意，抛物线的焦点，准线方程，当l的斜率为时，l的方程为，

由，得，设，，则，

所以.

（2）依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为，

由消去y得，由（1），，

，，对求导，得，

切线的方程为，切线的方程为，

由，解得，即，

当时，，显然；当时，直线的斜率为，因此，

所以.

22．已知函数，，，分别为，的导函数，且对任意的，存在，使．

(1)求实数a的取值范围；

(2)证明：，有．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）任意的，存在，使，可转化为，则求出，即可求出实数a的取值范围；

（2）指对缩放不等式可知，(需证明)，则可得，则不等式可证.

【详解】（1）因为，

所以，

所以在区间上单调递增，

故．

因为，

所以．

令，则，

又，所以，

故在区间上单调递增，

所以．

又对任意的，存在，使，

所以，

即，解得，

故实数a的取值范围为．

（2）令，，则．

令，解得，则当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，即（当且仅当时，等号成立）．

令，则．

令，解得，则当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，即（当且仅当时，等号成立），

故（当且仅当时，等号成立）．

又，所以．

因为，所以，

故，即．

【点睛】方法点睛：指对不等式的常见处理手段指对同构法、指对放缩法、隐零点处理法.