2024届江西省九校新高三上学期联合考试数学试题含答案

这是一份2024届江西省九校新高三上学期联合考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届江西省九校新高三上学期联合考试数学试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用集合的交集运算求解.【详解】解：因为，所以.故选：B.2．复数满足，为虚数单位，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】先求出复数z，再求.【详解】由可得：，所以.故选：D3．已知向量，，若，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用平方的方法化简，结合向量的数量积运算求得.【详解】由两边平方并化简得，所以.故选：B4．已知是等比数列，则“”是“为递减数列”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由求出公比的取值范围，然后结合等比数列的通项即可判断数列的单调性，举出反例说明为递减数列不一定能得到，再根据充分条件和必要条件即可得出答案.【详解】解：设数列的公比为，若，则，所以，则，，所以，所以为递减数列；若为递减数列，当时，，数列为递减数列，此时，所以由为递减数列不一定能得到，所以“”是“为递减数列”的充分而不必要条件.故选：A.5．如图，已知直线：与单位圆相交于，两点，点的坐标为，设，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，则由题意得，将直线方程代入单位圆方程中化简利用根与系数关系，然后利用两角和的余弦公式化简可求得结果.【详解】设，则由题意得，由，得，化简整理得，因为，所以直线与单位圆恒有两个不同的交点，所以，所以，故选：D6．已知，，，则（     ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.【详解】令，，当时，，，，单调递增，，即，，即，令，，令， 令，，当时，，单调递增，在上单调递减，，，在上单调递减，，即， 综上：.故选：D.7．数列满足，，则下列结论中错误的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对于A.利用题中通式进行完全平方即可判断；对于B.利用累加法即可判断；对于C.利用数学归纳法判断；对于D.代入特殊值即可判断.【详解】∵，∴，，又∵，选项A正确.，，选项B正确.由，，得，选项D不正确.当然，对于C选项，可以用数学归纳法证明其正确（仅供教师和学生参考）下面用数学归纳法证明，，，设，则，选项C正确. 故选:D8．蹴鞠[cù jū]，又名“蹴球”“蹴圆”，传言黄帝所作（西汉·刘向《别录》）.“蹴”有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早系外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动，如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，平面平面，直线与底面所成角的正切值为，，则该“鞠”的表面积为（    ）    A． B． C． D．【答案】D【分析】根据几何关系找到△和△的外心，利用两个外心找到球的球心，利用几何关系求出球的半径，即可求得表面积.【详解】设外心为,△外心为,的中点为,因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，同理平面，又因为平面，所以.过分别作平面，平面的垂线，则垂线交点为外接球球心，则四边形为矩形.由于为直线与底面所成角，设，则，解得，则,设外接圆半径为，△外接圆半径为.因为△为等边三角形，所以.又因为，所以.故外接圆半径，，因为平面平面，所以，所以外接球半径，所以外接球表面积为.故选:D.   二、多选题9．已知双曲线过点且渐近线方程为，则下列结论正确的是（    ）A．的方程为 B．的离心率为C．曲线经过的一个焦点 D．直线与有两个公共点【答案】AC【分析】由双曲线的渐近线为，设出双曲线方程，代入已知点的坐标，求出双曲线方程判断A；再求出双曲线的焦点坐标判断B，C；直线与双曲线的渐近线的关系判断D．【详解】对于A：由双曲线的渐近线方程为，可设双曲线方程为，把点代入，得，即．所以双曲线的方程为，故A选项正确；对于B：由，，得，所以双曲线的离心率为，故B选项错误；对于C：取，得，，曲线过定点，故C选项正确；对于D：双曲线的渐近线，直线与双曲线的渐近线平行，直线与有1个公共点，故D不正确．故选：AC．【点睛】本题考查双曲线几何性质的综合应用问题，涉及到离心率的求解、共渐近线的双曲线系的应用、直线与双曲线位置关系的判定等知识；对于渐近线为的双曲线，可统一设为的形式.10．已知函数，下列叙述正确的有（    ）A．的周期为2π； B．是偶函数；C．在区间上单调递减； D．x1，x2∈R，【答案】BC【分析】AB选项，可以分别研究与的奇偶性和周期性，从而判断的周期性和奇偶性；C选项，在区间上，化简整理得到，，进而得到在区间的单调性；D选项可以取特殊值代入，证明其不成立.【详解】是偶函数，不是周期函数，是偶函数，是周期函数，最小正周期为，故不是周期函数，A错误，B正确；当时，，因为，在次区间上单调递减，故在区间上单调递减，C正确；当时，，，，即，D选项错误.故选：BC11．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用事件和表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球；再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐中取出的球是红球，则下列结论正确的是（   ）A．B．C．事件B与事件相互独立D．是两两互斥的事件【答案】BD【分析】根据条件概率公式计算可知B正确；根据全概率公式计算可知A不正确；根据计算可知，故C不正确；根据互斥事件的定义可知D正确.【详解】依题意得，，，则，故B正确；，，所以，故A不正确；因为，，，所以事件B与事件不相互独立，故C不正确；根据互斥事件的定义可知是两两互斥的事件，故D正确.故选：BD12．已知函数对任意实数，都满足，且，则（    ）A．是偶函数 B．是奇函数C． D．【答案】AC【分析】令可得，从而可判断B；令可判断A；令，可得，令可判断C；由AC的解析可得函数的周期为2，从而可判断D.【详解】在中，令，可得，即，解得，故B错误；令可得,即，故函数是偶函数，即是偶函数,故A正确；令，则，故，令，可得,故，故C正确；因为是偶函数，所以，故,即，所以,所以，故函数的周期为2，因为，，所以，.所以，故D错误.故选：AC. 三、填空题13．已知，则的最小值为             ．【答案】【分析】直接利用1的代换，结合基本不等式，即可得答案；【详解】，等号成立当且仅当，即.故答案为：.14．展开式中项的系数是      .【答案】40【分析】写出的通项公式，再与相乘，即可求得展开式中含项的系数.【详解】在的展开式中，的通项公式为：，则在的展开式中含项的系数为：.故答案为：40.15．在如下图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm，则斜截圆柱的侧面面积      ．  【答案】【分析】将相同的两个几何体对接为圆柱，然后求出新圆柱侧面积的一半即可．【详解】将相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形，由题意得所求侧面展开图的面积为．故答案为．【点睛】本题考查圆柱的侧面积，考查计算能力，属于基础题．解题的关键是将空间问题转化为平面问题求解，转化过程中需要注意矩形的长与宽与圆柱底面圆的周长及母线长间的关系．16．如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点）篮球的影子是椭圆，篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点，点P到桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率=         .【答案】【分析】建立直角坐标系，由题意可知，，，求得直线PR的方程，利用点到直线的距离公式求得M、Q的坐标，再利用M到PN的距离求得N点坐标，则可得出2a，a﹣c，求解c，即可得到椭圆的离心率．【详解】解：以为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，，由题意可得，则，，设，则到的距离，解得（舍去），，则，又设，由，得．，则，得，，则    故得．∴椭圆的离心率．故答案为：． 四、解答题17．在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，，D是BC上的点，且平分.(1)求角A的值；(2)若，求的面积.【答案】(1) (2)  【分析】（1）由，利用正弦定理可得，，又，代入化简即可求得角.（2）根据题意利用三角形面积公式可得，再结合余弦定理可求出的值，即可求得三角形的面积.【详解】（1），由正弦定理可得，，又，两式结合可得，，，，解得.（2）    如图，因为，，化简得，①又由余弦定理得，即，②由①②两式可解得，，所以.18．已知是等差数列，是等比数列，且，，，．(1)求、的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）先求出公比，进而求出的通项公式，再求出公差和，即可求出的通项公式；（2）先求出，再由错位相减法求和即可.【详解】（1）设公差为d，公比为q，则，，，∴．又∵，，∴，．（2），∴，，则，两式相减得，则，．19．如图，在四棱锥中，，，，，，，都在平面的上方.(1)证明：平面平面；(2)若，且平面CDE与平面ABE所成锐二面角的余弦值为，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析.(2)2 【分析】(1)先证平面，再证明平面平面.(2)设AD长为t，建立空间直角坐标系，计算两个待求平面的法向量，代入公式求出t的值，然后计算四棱锥的体积.【详解】（1） ，又 所以 ， ，所以平面，又平面所以，平面平面.（2）因为 ，结合(1)问易得 两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系设AD=t ，则： ， ， 所以 ， ，设平面的法向量为 由 得 令 则 又平面ABE所以取平面ABE的法向量为 解得 或 (舍).即 ，所以四边形ABCD的面积 ，由题知 ， ，平面ABCD所以BE为四棱锥 的高，所以四棱锥的体积为 .故四棱锥的体积为2.20．十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流､大束流､高能､特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产.（1）在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，.①求批次芯片的次品率；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.（2）已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？附：.【答案】（1）①；②；（2），有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.【分析】（1）①利用对立事件、相互独立事件概率乘法公式求得所求的次品率.②根据条件概率计算公式，计算出所求概率.（2）先求得的表达式，利用导数求得，填写列联表，计算，由此作出判断.【详解】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为.②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，由已知得，，则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，.（2）个芯片中恰有个不合格的概率.因此，令，得.当时，；当时，.所以的最大值点为.由（1）可知，，，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片质量优于批次.由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人）开机速度满意度芯片批次合计IJ不满意12315满意285785合计4060100根据列联表得.因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.【点睛】求解最值点有关的题目，是利用导数研究函数的单调性，由此来求得最值点.21．已知抛物线C：（），直线交抛物线C于A，B两点，且三角形OAB的面积为（O为坐标原点）.(1)求实数p的值；(2)过点D（2，0）作直线L交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P'.证明：直线P'Q经过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)；(2)证明见解析，定点. 【分析】（1）设，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，求出即得解；（2）设，不妨令，设直线的方程为，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，求出直线的方程即得解.【详解】（1）解：由题得直线过点，.设，联立得，所以，所以.所以三角形的面积，又，解得（舍去）.所以.（2）证明：由（1）抛物线的方程为，设，不妨令，则，设直线的方程为，联立消去得，则，则直线的方程为，即，则，即，即，所以，即，令解得所以直线恒过定点22．已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．(1)若，求在处的切线方程；(2)若的两个零点分别为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义切线的斜率为，利用点斜式求切线方程；（2）分析可得对的零点即的零点，对分析可得，利用零点整理可得，构建函数利用导数证明．【详解】（1）当时，，，又，所以切点坐标为，切线的斜率为．所以切线方程为，即（2）由已知得有两个不等的正实跟．所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①要证，只需证，即证，令，，所以只需证，由①得，，所以，，消去a得，只需证，设，令，则，则，即证构建则，所以在上单调递增，则，即当时，成立，所以，即，即，所以，证毕．【点睛】利用同构处理可得，结合零点代换整理可得．