2024年江西省南昌十九中高考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江西省南昌十九中高考数学一模试卷（含详细答案解析），共17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。
1.设复数1+i是关于x的方程ax2−2ax+b=0(a,b∈R)的一个根，则( )
A. a+2b=0B. a−2b=0C. 2a+b=0D. 2a−b=0
2.已知集合A={x|x=kπ2,k∈Z}，B={x|x=π2+kπ,k∈Z}，则( )
A. A=BB. A∩B=⌀C. A⊆BD. A⊇B
3.双曲线x23−y2=1的顶点到其渐近线的距离为( )
A. 3B. 1C. 32D. 33
4.函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,04>0，f′(x)先正再负再正，
此时函数f(x)先增再减再增，
所以函数f(x)有两个极值点，函数图象如下所示：
故选项D正确．
故选：AD.
由题意，对函数f(x)进行求导，构造函数g(x)=x2+(a+2)x+a+b，再对选项进行逐一分析，构造相应图象进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：对A选项，根据题意可得V中元素的个数为C84−6−6=58，∴A选项正确；
对B选项，设正方体的体积为6，则当四面体为正四面体时，其体积为6−4×13×12×6=2，
当不为四面体时，根据正方体的性质易得四面体的体积都为13×12×6=1，
故V中每个四面体的体积值构成集合S，则S中的元素个数为2，∴B选项正确；
对C选项，根据正方体的对称性易知：V中每个四面体的外接球均为正方体的外接球，
∴V中每个四面体的外接球构成集合O，则O中只有1个元素，∴C选项正确；
对D选项，当为图中四面体D1BCD时，四个表面都是直角三角形，故D选项错误．
故选：ABC.
根据排列组合数公式，正方体的对称性，即可分别求解．
本题考查立体几何的综合应用，排列组合数公式的应用，属中档题．
12.【答案】x+y+ 2=0
【解析】解：圆C1的圆心为C1(0,0)，半径r1=1，
圆C2的圆心为C2( 2, 2)，半径r2=3
则两圆圆心距 2+2=2=3−1，则两圆内切，
故与圆C1和圆C2都相切的直线有一条，
kC1C2= 2−0 2−0=1，则切线斜率为−1，设为y=−x+b，
圆心(0,0)到其的距离为1，则有|b| 2=1，b=± 2，
结合图形可得b=− 2，则切线方程为x+y+ 2=0.
故答案为：x+y+ 2=0.
先判断两个圆的位置关系，再根据点到直线的距离公式可得切线方程．
本题考查两个圆的位置关系，属于中档题．
13.【答案】67
【解析】解：依题意，f(x)min=f(π6)=−1，而函数f(x)在(π6,7π12)上单调，
则函数f(x)的最小正周期T≥2(7π12−π6)=5π6，又f(3π4)=0，
3π4−π6=7π120⇒x>1，又函数定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
所以函数在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
(2)因为0b1；
当n≥3时，bn+1−bnb4>b5>...>bn，
可得n=3时，bn取得最大值98，
则λ≥98，即λ的取值范围是[98,+∞).
【解析】(1)数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的定义和通项公式，可得所求；
(2)由等差数列的求和公式和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列和数列的单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题可得a2−1=1，则a2=2，
由e1e2= 62，得e12e22=1+b21⋅a2−1a2=32，解得b2=2，
故C1的方程为x2−y22=1,C2的方程为x22+y2=1；
(2)易知F1(−1,0)，F2(1,0)，
如图，设P(x0,y0)，直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，
则k1=y0x0+1,k2=y0x0−1,k1k2=y02x02−1，
因为P(x0,y0)在C1:x2−y22=1，则有x02−y022=1，
可得k1k2=y02x02−1=2为定值，
设直线PF1的方程为：y=k1(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y=k1(x+1)x22+y2=1，消去y得(2k12+1)x2+4k12x+2(k12−1)=0,Δ>0恒成立，
则有x1+x2=−4k122k12+1，
易求得AB中点M(−2k122k12+1,k12k12+1)，
设直线PF2的方程为：y=k2(x−1)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
同理可得N(2k222k22+1,−k22k22+1)，
则k=−k12k12+1+k22k22+12k122k12+1+2k222k22+1=−k1(2k22+1)+k2(2k12+1)2k12(2k22+1)+2k22(2k12+1)
=−(2k1k2+1)(k1+k2)8k12k22+2(k12+k22)=−(2k1k2+1)(k1+k2)8k12k22+2[(k1+k2)2−2k1k2]，
因为k1k2=2，所以k=−5(k1+k2)24+2(k1+k2)2，
又点P在第一象限内，故k2>k1>0，
所以k=−524k1+k2+2(k1+k2)≥−52 24k1+k2×2(k1+k2)=−5 324
当且仅当24k1+k2=2(k1+k2)，即k1+k2=2 3时取等号，
而k1+k2>2 k1k2=2 2，故等号可以取到，
即当k取最小值时，有k1+k2=2 3k1k2=2，
解得k1= 3−1,k2= 3+1，
故PF1的方程为：y=( 3−1)(x+1),PF2的方程为：y=( 3+1)(x−1)，
联立方程y=( 3−1)(x+1)y=( 3+1)(x−1)，解得x= 3y=2，
即有P( 3,2).
【解析】(1)由题意可得a2−1=1,e12e22=1+b21⋅a2−1a2=32，解方程求出a2，b2，即可求出C1，C2的方程；
(2)设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，由题意可得k1k2=2，设直线PF1的方程为：y=k1(x+1)，联立x22+y2=1，可得M(−2k122k12+1,k12k12+1)，同理可得N(2k222k22+1,−k22k22+1)，即可求出直线MN的斜率为k，再由基本不等式即可得出答案．
本题考查了圆锥曲线的性质及直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)由题意知n−=1+2+3+4+55=3，
故b =53−5×3×3.855−45=−0.4，
所以a =3.8+0.4×3=5，
所以线性回归方程为：lny =−0.4n+5，
所以，估计n=10时，lny=1，∴y=e≈3.
(2)由题意知：m=2，n=2，p=13，q=23，
则X的取值可能为0，1，2，
记“含红球的行数为 k”为事件Ak，(k=0,1,2)，记“每列都有白球”为事件 B，
所以P(X=0)=P(A0|B)=P(A0B)P(B)=p4(1−q2)2=125，
P(X=1)=P(A1|B)=P(A1B)P(B)=C41p3q+C21p2q2(1−q2)2=1625，
P(X=2)=P(A2|B)=P(A2B)P(B)=C21(pq)2(1−q2)2=825，
所以X X的分布列为：
所以数学期望为E(X)=0×125+1×1625+2×825=3225.
(3)证明：因为每一列至少一个红球的概率为(1−pm)n，
记“不是每一列都至少一个红球”为事件A，所以P(A)=1−(1−pm)n，
记“每一行都至少一个白球”为事件B，所以P(B)=(1−qn)m，
显然，A⊆B，所以 P(A)≤P(B)，
即1−(1−pm)n≤(1−qn)m，所以(1−pm)n+(1−qn)m≥1.
【解析】(1)根据所给数据，结合经验回归方程系数公式，即可求得回归方程，继而求得预测值；
(2)确定 X的取值可能为0，1，2，根据条件概率的概率公式求得每一个值对应的概率，即可得分布列，继而求得期望；
(3)求得每一列都至少一个红球的概率，根据对立事件的概率公式可得事件“不是每一列都至少一个红球”发生的概率，再求得“每一行都至少一个白球”的概率，结合两事件的关系可得其概率大小关系，即可证明结论．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．n
1
2
3
4
5
y
76
56
42
30
26
X
0
1
2
P
125
1625
825