江西省南康中学2024年1月七省联考考前数学猜题卷（Word版附解析）

这是一份江西省南康中学2024年1月七省联考考前数学猜题卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（本题5分）设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的单调性解集合A，根据对数函数的单调性解集合B，结合补集的定义和运算即可求解.
【详解】由，
得，
所以.
故选：C
2．（本题5分）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合的值，利用复数的除法求复数，可以得到它的共轭复数.
【详解】因为，所以，所以.
故选：A
3．（本题5分）已知同一平面内的单位向量满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得到，两边平方后得到，从而求出，得到答案.
【详解】因为，所以，
两边平方得，
因为均为单位向量，所以，解得，
故，
所以.
故选：D
4．（本题5分）已知函数，若且，则的最小值为（ ）
A．7B．9C．11D．13
【答案】D
【分析】根据可知直线是图象的一条对称轴，从而可知，求出，再根据正弦型函数在时取得最大值，列出方程，即可解题.
【详解】∵，
∴是的一个最大值点，即直线是图象的一条对称轴，
又，
∴，则，
∴，
又∵在时取得最大值，可得，
∴，
又∵，
∴的最小值为13.
故选：D.
5．（本题5分）各项均为正数的等比数列的前项和为，且成等差数列，若，则（ ）
A．或15B．或C．15D．
【答案】C
【分析】根据条件先求解出的值，然后根据等比数列前项和公式求解出结果.
【详解】设等比数列的公比为，由题意可知，
因为成等差数列且，
所以，
所以，解得或（舍），
所以，
故选：C.
6．（本题5分）酒驾是严重危害交通安全的违法行为，为了保障安全，根据国家规定，驾驶人员每100毫升血液酒精含量大于或等于20毫克，并每100毫升血液酒精含量小于80毫克为饮酒后驾车；每100毫升血液酒精含量大于或等于80毫克为醉酒驾车.某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中酒精含量上升到了每毫升血液含酒精0.8毫克，如果停止饮酒后，他的血液中的酒精会以每小时的速度减少，那么他想要驾车至少要经过（参考数据：，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据题意表示出经过小时后，该驾驶员体内的酒精含量；再列出不等式求解即可.
【详解】经过小时后，该驾驶员体内的酒精含量为：.
只需，即，.
因为函数在R上为减函数，
所以，
故他至少要经过5个小时后才能驾车.
故选：C.
7．（本题5分）在菱形中，，将沿对角线折起，使点A到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：

由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，
所以，即是等边三角形，，
设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
如图所示：

设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，
而均垂直平分，过点，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，
不妨设点在面，面内的射影分别为，
即，
由题意，且二面角为直二面角，即面面，，
所以，即，
结合可知四边形为矩形，不妨设，
则由以上分析可知，，
由勾股定理以及，即，
可得，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：画出图形，通过数学结合分析已知量与未知量的关系，建立适当的桥梁关系即可得到球心的位置以及球的半径，关键是首先去找，底面外接圆的圆心，综合性较强.
8．（本题5分）设函数的定义域为，若，，则实数（ ）
A．-2B．C．D．2
【答案】A
【分析】设，由此可得关于的表示，再根据得到关于的表示，两式联立可求的值.
【详解】对任意，设，则，整理可得①，
由得，可得②，
由①②可知：，化简可得，
显然不恒为，所以，所以，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是，通过反解以及代入求解出之间的关系式，然后构建方程求解出结果.
二、多选题（共20分）
9．（本题5分）对两个变量和进行回归分析，则下列结论正确的为（）
A．回归直线至少会经过其中一个样本点
B．残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
C．建立两个回归模型，模型的相关系数，模型的相关系数，则模型的拟合度更好
D．以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为
【答案】BD
【分析】根据回归方程、残差、相关系数、非线性回归等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，回归直线不一定经过样本点，A选项错误.
B选项，残差平方和越小的模型，拟合的效果越好，B选项正确.
C选项，，所以模型的拟合度更好，C选项错误.
D选项，由，得，D选项正确.
故选：BD
10．（本题5分）设椭圆的右焦点为F，直线与椭圆交于A，B两点，则（ ）
A．为定值B．的周长的取值范围是
C．当时，为直角三角形D．当时，的面积为
【答案】AC
【分析】由椭圆定义可判断A；由为定值以及的范围可判断B；求出，的坐标，由数量积公式得出，可判断C；求出，的坐标，由三角形面积公式可判断D.
【详解】设椭圆的左焦点为，则，所以为定值6，故A正确；
的周长为，因为为定值6，
易知的范围是，所以的周长的范围是，故B错误；
将与椭圆方程联立，可解得，，
又易知，所以，
所以为直角三角形，故C正确；
将与椭圆方程联立，解得，，
所以，故D错误.
故选：AC．
11．（本题5分）在四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球为球O，则（ ）
A．⊥B．
C．D．点O不可能在平面内
【答案】AC
【分析】A选项，推出四点共面，结合得到⊥；B选项，若四边形为正方形，此时；C选项，得到球心在的垂直平分线上，故到平面距离为到平面距离的一半，C正确；D选项，举出实例，D错误.
【详解】A选项，四棱锥的外接球为为顶点的球，
而四点共面，故这四点必共圆，
又，故为直径，⊥，A正确：
B选项，由A可知，四点共圆，
又，为直径，
若四边形为正方形，此时，，B错误；
C选项，因为平面，所以球心到两点的距离相等，
即球心在的垂直平分线上，
故到平面距离为到平面距离的一半，
故，C正确；
D选项，当四边形为正方形时，连接，相交于点，
则⊥平面，
结合球心在的垂直平分线上，此时为中点，
点O在平面上，D错误.
故选：AC.
12．（本题5分）已知函数，，，则（ ）
A．当时，函数有两个零点
B．存在某个，使得函数与零点个数不相同
C．存在，使得与有相同的零点
D．若函数有两个零点，有两个零点，，一定有
【答案】ACD
【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可.
【详解】由，
令，令，
即在上单调递减，在上单调递增，
即，
对于A项，当时，则，
又易知，且时，，
根据零点存在性定理可知函数在和内各有一个零点，故A正确；
对于B项，当时，此时，则有一个零点，
当时，，则此时无零点，
又易得，
则，函数的零点个数与的零点个数相同，故B错误；
对于C项，由A、B项结论可知：当时，有两个零点，
同时有两个零点，，
则根据单调递增可知，存在唯一的满足成立，
有，
若C正确，则只能有，即，
由题意易知：，
令，则时，，
时，，故在上单调递减，在上单调递增，
且时，，时，，
所以，满足，
即存在，使得与有相同的零点，故C正确；
对于D项，由C项结论可知，此时，
则由，故D正确.
综上：ACD正确.
故选：ACD
【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调性可判定同构式是否有解.
第II卷（非选择题）
三、填空题（共20分）
13．（本题5分）一个学习小组有3名同学，其中2名男生，1名女生.从这个小组中任意选出2名同学，则选出的同学中既有男生又有女生的概率为 .
【答案】
【分析】根据古典概型概率计算公式求解即可.
【详解】一个学习小组有3名同学，其中2名男生，1名女生,
从这个小组中任意选出2名同学基本事件总数为,
选出的同学中既有男生又有女生包含的基本事件个数为,
则所求事件的概率为，
故答案为：.
14．（本题5分）已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且．则 ．
【答案】
【分析】根据等差、等比数列的性质即可求解.
【详解】因为数列是等差数列，且，所以即
因为数列是等比数列，且，所以，即，
所以.
故答案为：.
15．（本题5分）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可.
【详解】
因为倾斜角为的直线与双曲线在第一象限交于点，
可知直线的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，
即，
设，则，根据可知，
在中，由余弦定理可知，
即，
则，
故
故答案为：
16．（本题5分），不等式恒成立，求a的最小值是
【答案】
【分析】转化题目所给恒成立的不等式，结合构造函数以及多次求导来求得的取值范围.
【详解】依题意，，不等式恒成立，
即时，不等式恒成立，
即时，不等式恒成立，
构造函数，
设，
所以在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增.
所以，所以单调递增，
所以 ，即，
构造函数，
所以在区间上，单调递增；
在区间上，单调递减.
所以，
所以，所以的最小值是.
故答案为：
【点睛】利用导数研究函数的性质，当一次求导无法求得函数的单调性时，可考虑利用多次求导来进行研究，在求解的过程中，要注意原函数和对应的导函数的关系，不能弄混淆.求解含参数不等式恒成立问题，可考虑利用分离参数法进行求解.
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）记的内角所对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)求的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）将已知条件利用两角和差公式与正弦定理即可计算出结果，
（2）利用第一问的结果再入的余弦定理表达式，再利用基本不等式即可得到结果.
【详解】（1）已知，
由正弦定理得：，
整理得：，
……①
因为……②
②代入①有：，
再由正弦定理得．
（2）由余弦定理得：
，
当且仅当时，等号成立．所以的最小值为．
18．（本题12分）已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设（表示不超过的最大整数），求数列的前100项和．
【答案】(1)，
(2)5530
【分析】（1）由求数列的通项公式；
（2）分别求出的各项，再求前100项和.
【小题1】因为①，
当时，②，
①−②，得，所以．
当时，由①得，适合上式，
所以，.
【小题2】由（1）得，
当时，，；
当时，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，；
当时，，.
所以的前100项和
19．（本题12分）如图，四棱锥的底面为菱形，平面ABCD，，E为棱BC的中点．

(1)求证：平面PAD；
(2)若，求点D到平面PBC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面PBC的一个法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接BD，如图，

∵底面ABCD为菱形，，则，
∴△BCD为等边三角形，
∵E为BC的中点，∴，
∵，∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，∵平面PAD，
∴ED⊥平面PAD；
（2）以D为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，，
∴，
设平面PBC的法向量为，
则，即，令，则，
∴，
又，
∴点D到平面PBC的距离为：.
20．（本题12分）2023年高考分数公布后，经过相关部门的计算，本次高考总分不低于680的同学可以获得高校的“强基计划”入围资格．经统计甲班和乙班分别有3名和4名学生获得高校的“强基计划”入围资格，而且甲班和乙班高考分数高于690分的学生分别有1名和2名．高校的“强基计划”校考分为两轮．第一轮为笔试，所有入围同学都要参加，考试科目为数学和物理，每科的笔试成绩从高到低依次有，，三个等级，两科中至少有一科得到，且两科均不低于，才能进入第二轮．已知入围的同学参加第一轮笔试时，总分高于690分的同学在每科笔试中取得，，的概率分别为，，；总分不高于690分的同学在每科笔试中取得，，的概率分别为，，；进入第二轮的同学，若两科笔试成绩均为，则免面试，并被高校提前录取；若两科笔试成绩只有一个，则要参加面试，总分高于690分的同学面试“通过”的概率为，总分不高于690分的同学面试“通过”的概率为，面试“通过”的同学也将被高校提前录取．若甲、乙两个班本次高考总分不低于680的同学都报考了高校的“强基计划”．
(1)分别求出总分高于690分的某位学生进入第二轮的概率以及该生被高校提前录取的概率；
(2)从甲、乙两班随机抽取一个班，再从该班获得高效的“强基计划”入围资格的学生中随机抽取2位学生，求这两位同学都通过“强基计划”被高校提前录取的概率．
【答案】(1)总分高于690分的某位学生进入第二轮的概率为；该生被高校提前录取的概率为
(2).
【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率计算公式即可求得结果；
（2）分别求出总分不高于690分和总分高于690分的学生被高校提前录取的概率，再分别求出甲班和乙班各随机抽取2名学生被高校提前录取的概率，从而利用互斥事件概率公式即可求得结果.
【详解】（1）总分高于690分的某位学生进入第二轮,记为事件A，
所以，
总分高于690分的某位学生被高校提前录取，记为事件B，
所以.
（2）总分不高于690分的某位学生被高校提前录取，记为事件C，
所以，
从甲班获得高效的“强基计划”入围资格的学生中随机抽取2位学生，且这两位同学都通过“强基计划”被高校提前录取，记为事件E，
，
从乙班获得高效的“强基计划”入围资格的学生中随机抽取2位学生，且这两位同学都通过“强基计划”被高校提前录取，记为事件F，
，
故所求概率.
21．（本题12分）已知斜率为1的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为．
(1)求的离心率；
(2)设的左焦点为，若，求过，，三点的圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）中点弦的问题可以考虑“点差法”解决.
（2）联立直线与椭圆方程，利用一元二次方程根与系数的关系列出，的值，再利用求出，，的值.确定点，，的坐标，再利用待定系数法求三角形的外接圆.
【详解】（1）设，，则
又，，所以，又.
（2）直线方程为，椭圆的方程可写为：.
联立方程，消去得：
则：，，.
又
所以：
解得：
故可令得，.
所以，，.
设过这三点的圆的方程为：
由：解得：.
故所求圆的方程为：.
【点睛】关键点点睛：解析几何的题目，关于字母的有关运算非常的麻烦，一定要认真、仔细的计算.
22．（本题12分）已知，椭圆的面积为（其中，为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）.若椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，直线与的另一交点为（，，均不与顶点重合），的周长为8，的面积为.
(1)求的标准方程；
(2)为原点，记直线，的斜率分别为，，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，，求出，，得到答案；
（2）设，且，则，得到直线和直线，联立，求出的坐标，表达出，结合，化简后得到，从而求出的值.
【详解】（1）由题意得，故，
由的周长为，故，
解得，，
故的标准方程为；
（2）由题意得，椭圆上下顶点为，
设，则，
因为，，均不与顶点重合，所以且，
直线，联立得，
，
设，则，故，
则，
直线，联立得，
，
设，则，故，
故，
故
将代入上式，化简得，
，
故
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.