2024九江二模数学试题

这是一份2024九江二模数学试题，文件包含2024届江西省九江市二模数学试题原卷版docx、2024届江西省九江市二模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以，
又，
所以.
故选：A
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再求其共轭复数.
【详解】因为，
所以.
故选：D
3. 若函数在（1，2）上单调递减，则实数取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复合函数的单调性结合函数求解.
【详解】函数在上单调递减，
由函数在定义域内单调递增，所以函数在上单调递减且恒大于0，
则有，解得.
故选：C
4. 第14届国际数学教育大会（ICME-Internatinal Cngreas f Mathematics Educatin）在我国上海华东师范大学举行.如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦——3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）

A 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】换算后由等比数列求和得，改写成，利用二项式定理展开即可求解.
【详解】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得：
，
因为是10的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，
由可得，末尾数字为3.
故选：B
5. 在正方体中，为四边形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 平面平面D. 若平面平面，则平面
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方体性质结合图形可知异面，可判断A；通过证明平面，可判断B；记的中点分别为，然后证明是平面和平面的夹角或其补角，由为等腰三角形可判断C；由可判断D.
详解】A选项：由正方体性质易知，，所以四点共面，
由图知，平面，直线在平面内，且不过点A，
所以异面，A错误；
B选项：因为平面，平面，所以，
又为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，B正确；
C选项：记平面平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，所以，
记的中点分别为，
由正方体性质可知，，所以，所以，
同理，，所以是平面和平面的夹角或其补角，
又对称性可知，为等腰三角形，故为锐角，C错误；
D选项：因为，
所以与平面相交，D错误.
故选：B
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到方程组，即可求出、，再求出即可.
【详解】因为，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A
7. 在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，P为C上一点，以为直径的圆与C的两条渐近线相交于异于点O的M，N两点.若，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意可得，，即可借助点到直线的距离公式表示出，即可计算出的值，即可得离心率.
【详解】设，有， 即，
由题意可得、，渐近线方程为，
故，
又，故，则，即，
解得或，则或，由，
故，，即，则.
故选：B.
8. 已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆台表面积得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积.
【详解】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，
则圆台侧面积为，
上、下底面面积分别为和.
由圆台表面积为，得，
所以圆台高，
设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1.
作于点，
设，由，则球心在圆台外部.
则有，解得，
所以球的体积为.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 射击作为一项综合运动项目，不仅需要选手们技术上的过硬，更需要他们在临场发挥时保持冷静和专注.第19届亚运会在我国杭州举行，女子10米气步枪团体决赛中，中国队以1896.6环的成绩获得金牌，并创造新的亚洲纪录.决赛中，中国选手黄雨婷、韩佳予和王芝琳在最后三轮比赛中依次射击，成绩（环）如下：
则下列说法正确的是
A. 三轮射击9项成绩极差为1.5
B. 三轮射击成绩最好的一轮是第五轮
C. 从三轮射击成绩来看，黄雨婷射击成绩最稳定
D. 从三轮各人平均成绩来看，韩佳予表现更突出
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据表格中的数据计算极差判断选项A；计算各轮总成绩判断选项B，由数据波动性判断选项C，计算平均值判断选项D.
【详解】三轮射击9项成绩极差为106.5-105=1.5，A正确；
第四轮的总成绩为317.3环，第五轮的总成绩为317.5环，第六轮的总成绩为316.2环，B正确；
王芝琳的射击成绩波动小，最稳定，C错误；
黄雨婷的平均成绩约为105.67， 韩佳予的平均成绩为106， 王芝琳的平均成绩约为105.33， D正确.
故选：ABD.
10. 已知抛物线的焦点为，为坐标原点，动点在上，若定点满足，则（ ）
A. 的准线方程为B. 周长的最小值为
C. 直线的倾斜角为D. 四边形不可能是平行四边形
【答案】BD
【解析】
【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，由距离公式得到方程，即可求出，求出抛物线方程，即可判断A、C，根据抛物线的定义判断B，求出点坐标，即可判断D.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
又点满足，所以，
即，解得或（舍去），
所以抛物线，则准线方程为，焦点为，故A错误；
过点作准线的垂线，垂足为，由抛物线的定义可知，
所以，
当且仅当、、三点共线时取等号，
所以周长的最小值为，故B正确；
因为，所以直线的倾斜角为，故C错误；
过点作的平行线，交抛物线于点，
即，解得，即，则，
所以四边形不是平行四边形，故D正确.
故选：BD
11. 已知函数的定义域为，，，则下列命题正确的是（ ）
A. 为奇函数B. 为上减函数
C. 若，则为定值D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】令求出，令求出，再令即可得到函数的奇偶性，从而判断A、B，令即可判断C，令结合，即可得到，从而判断D.
【详解】因为，，
令，可得，则，
令，可得，则，
令，可得，
令，可得，所以，所以为奇函数，故A正确；
因为、，所以不可能为上减函数，故B错误；
令可得，所以，故C正确；
令可得，因为，
所以，所以，，，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 为助力乡村振兴，九江市教科所计划选派5名党员教师前往5个乡村开展“五育”支教进乡村党建活动，每个乡村有且只有1人，则甲不派往乡村A的选派方法有________种.
【答案】96
【解析】
【分析】由特殊元素优先安排，则先安排A地，后安排剩余4个乡村，再结合分步乘法求解即可.
【详解】第一步，由于甲不派往乡村A，则A地有种选派方法，
第二步，其他4个乡村有种选派方法，所以共有种选派方法
故答案为：96.
13. 欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称之为三角形的欧拉线.已知，，，且为圆内接三角形，则的欧拉线方程为________.
【答案】##
【解析】
【分析】首先将点的坐标代入圆的方程，即可求出、，从而得到圆心坐标即的外心坐标，再确定的重心坐标，即可得解.
【详解】依题意，解得，
所以圆，即，故圆心坐标为，
即的外心坐标为，又的重心坐标为，
又点、均在直线上，所以的欧拉线方程为.
故答案为：
14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，B，C成等差数列，，则面积的最大值是________，_______.
【答案】 ①. ②. 12
【解析】
【分析】由等差数列性质可得B，结合重要不等式及三角形面积公式即可求得三角形面积的最大值；运用正弦定理可得，，由余弦定理可得，代入求解即可.
【详解】由题意知，，
又，所以，
又，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号.
故面积的最大值为.
因为，，
所以，，
所以，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在处的切线方程为
（1）求a，b的值；
（2）判断的单调性.
【答案】（1），
（2）在上单调递增
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）借助导数的导数研究导数的最值后即可得原函数的单调性.
【小问1详解】
，由题意可得，，
则，可得，
，
即，；
【小问2详解】
，，
令，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
即，
故在上单调递增.
16. 2023年10月10日，习近平总书记来到九江市考察调研，特别关注生态优先，绿色发展.某生产小型污水处理设备企业甲，原有两条生产线，其中1号生产线生产的产品优品率为0.85，2号生产线生产的产品优品率为0.8.为了进一步扩大生产规模，同时响应号召，助力长江生态恢复，该企业引进了一条更先进、更环保的生产线，该生产线（3号）生产的产品优品率为0.95.所有生产线生产的产品除了优品，其余均为良品.引进3号生产线后，1，2号生产线各承担20%的生产任务，3号生产线承担60%的生产任务，三条生产线生产的产品都均匀放在一起，且无区分标志.
（1）现产品质检员，从所有产品中任取一件进行检测，求取出的产品是良品的概率；
（2）现某企业需购进小型污水处理设备进行污水处理，处理污水时，需几台同型号的设备同时工作.现有两种方案选择：方案一，从甲企业购进设备，每台设备价格30000元，可先购进2台设备.若均为优品，则2台就可以完成污水处理工作；若其中有良品，则需再购进1台相同型号设备才能完成污水处理工作.方案二，从乙企业购进设备，每台23000元.需要三台同型号设备同时工作，才能完成污水处理工作.从购买费用期望角度判断应选择哪个方案，并说明理由.
【答案】（1）
（2）选择方案一，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据全概率计算公式求解即可.
（2）计算两种不同方案的数学期望，根据期望的意义比较期望值的大小即可判断.
【小问1详解】
设“任取一件产品为优品”，
“产品为第号生产线生产”，
由全概率公式得：
则从所有产品中任取一件是良品的概率为：
.
【小问2详解】
选择方案一，理由如下：
设从甲企业购进设备的费用为元，
则可取：，，
由（1）知：
所以.
设从乙企业购进设备的费用为元，
则，
因为，
故选择方案一比较合适.
17. 如图，三棱锥中，平面，，，，点满足，.

（1）证明：平面平面；
（2）点在上，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先由线面垂直的性质得到，，即可说明，从而得到平面，即可得证；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，，
又点满足，，所以，
在中，
在中，，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知平面，平面，所以平面平面，
平面内过点作，则平面，又平面，平面，所以，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，
设，
所以，，
因为，所以，即，解得，
所以为的中点，则，
设平面的法向量为，又，，
则，取，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

18. 已知椭圆：和圆C：，C经过E的焦点，点A，B为E的右顶点和上顶点，C上的点D满足.
（1）求E的标准方程；
（2）设直线与C相切于第一象限的点P，与E相交于M，N两点，线段的中点为Q.当最大时，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）C经过E的焦点及点D在C上，列方程组求出，可求E的标准方程；
（2）设直线方程，与椭圆和圆联立方程组，求两点坐标，表示出，利用基本不等式求取最小值时参数的值，得的方程.
【小问1详解】
依题意得，由，得，
代入的方程中，得，①
又经过的焦点，得，即，②
由①②解得
所以的方程为.
【小问2详解】
解法一：依题意，设l的方程为，，
则有，，
由l与C相切，得，即，
又，两式相减得，
有，，
则直线的方程为，
联立方程组，解得，
中，，当最大时，最大，
，
由，当且仅当时取等号，
得，即的最大值为，此时，，
故l的方程为.
解法二：
依题意，设l的方程为，
，
联立方程组，化简得，
由，得，，
联立方程组，化简得，
由，得，，
，
又，当且仅当时取等号，则，
当最大时， ，
故l的方程为.
【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，要强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
19. 定义两个维向量，的数量积，，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.
（1）求2的完美3维向量集；
（2）判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；
（3）若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和.
【答案】（1）
（2）不存在完美4维向量集，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用的完美维向量集定义求解即可.
（2）分别研究，，，，时，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.
（3）依题意可得，运用反证法，假设存在，使得，不妨设，分别从及两方面证得矛盾即可得，进而可证得结果.
【小问1详解】
由题意知，集合中含有3个元素（），且每个元素中含有三个分量，
因为，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
所以，，，
又，
所以2的完美3维向量集为.
【小问2详解】
依题意，完美4维向量集B含有4个元素（），且每个元素中含有四个分量，，
（i）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当时，，不满足条件③，舍去；
（iii）当时，，
因为，故与至多有一个在B中，
同理：与至多有一个在B中，与至多有一个在B中，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当时，，不满足条件③，舍去；
（v）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
【小问3详解】
依题意，的完美维向量集含有个元素（），且每个元素中含有个分量，
因为，所以每个元素中有个分量为1，其余分量为0，
所以（*），
由（2）知，，故，
假设存在，使得，不妨设.
（i）当时，如下图，
由条件③知，或（），
此时，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当时，如下图，
记（），
不妨设，，，
下面研究，，，，的前个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑，，，，中任意两个向量的数量积为1，
故，，，（）中至多有1个1，
故，，，，的前个分量中，
所有含1的个数至多有个1（**）.
另一方面，考虑（），
故，，，，的前个分量中，含有个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意且，，由（*）可得.
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
黄雨婷
韩佳予
王芝琳
第4轮
105.5
106.2
105.6
第5轮
106.5
105.7
105.3
第6轮
105
106.1
105.1