2024届江西省上饶市稳派上进六校联考高三5月第二次联合考试数学试卷

这是一份2024届江西省上饶市稳派上进六校联考高三5月第二次联合考试数学试卷，共15页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁，若，则，设集合，若，则的值可以为，已知函数对任意的，都有，且，则等内容，欢迎下载使用。

数学试卷（江西上饶市稳派）
试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。
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。写在本试卷上无效。
3．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。
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．已知抛物线方程为，则其焦点到准线的距离为（ ）
A．B．C．1D．2
2．若是关于的方程的一个根，则（ ）
A．1B．C．2D．
3．已知数列满足，则“”是“是递增数列”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．若，则（ ）
A．B．C．D．无法确定
5．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设为整数，若和同时除以所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，则的值可以是（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
6．已知函数在区间上恰有两个极值点，则的值为（ ）
A．1B．C．D．2
7．已知点是圆上一点，点是圆上一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．现为一球形玩具设计一款球形的外包装盒（盒子厚度忽略不计）．已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入4个玩具球，则该种外包装盒的直径的最小值为（ ）
A．B．C．D．
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．设集合，若，则的值可以为（ ）
A．1B．0C．D．
10．已知函数对任意的，都有，且，则（ ）
A．B．是奇函数
C．的周期为4D．
11．已知，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于两点，且的中点为，则（ ）
A．的轨迹方程为
B．的最小值为1
C．若为坐标原点，则面积的最大值为
D．若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的4倍
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量满足，向量在上的投影向量为，则______．
13．在平面直角坐标系中，已知曲线的一条切线与轴、轴分别交于两点，则的面积的最大值为______．
14．如图是飞行棋部分棋盘，飞机的初始位置为0号格，抛掷一枚质地均匀的骰子，若抛出的点数为1，2，飞机向前移一格；若抛出的点数为3，4，5，6，飞机向前移两格．直到飞机移到第（且）格（失败集中营）或第格（胜利大本营）时，游戏结束．则飞机移到第3格的概率为______，游戏胜利的概率为______．（第一空2分，第二空3分）
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）在中，角所对的边分别记为，且．
（1）若，求的大小；
（2）若，求的取值范围．
16．（15分）如图所示，四边形为直角梯形，且．
为等边三角形，平面平面．
（1）线段上是否存在一点，使得平面，若存在．请说明点的位置；若不存在，请说明理由；
（2）空间中有一动点，满足，且．求点的轨迹长度．
17．（15分）已知函数．
（1）若，求的极值；
（2）若，求的最大值．
18．（17分）已知双曲线的左、右顶点分别为，渐近线方程为，过左焦点的直线与交于两点．
（1）设直线的斜率分别为，求的值；
（2）若直线与直线的交点为，试问双曲线上是否存在定点，使得的面积为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
19．（17分）在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，定义随机变量的信息量，和的“距离”．
（1）若，求；
（2）已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1．现发报台发出信号为0的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为．
（ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用表示结果）
（ⅱ）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：．
上
饶市2024届高三
上饶一中 上饶二中 广信中学
天佑中学 余干中学 玉山一中
六校第二次联合考试
数学参考答案及评分细则
1．【答案】C
【解析】易知拋物线的标准形式为，所以其焦点到准线的距离为1．故选C．
2．【答少】A
【解析】解法一：由题意，即，所以解得．
解法二：由韦达定理可得．故选A．
3．【答案】B
【解析】当时，，则，所以是递增数列；反之，当时，数列单调递增，因此当数列是递增数列时，可以大于1，所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件．故选B．
4．【答案】A
【解析】令．易知．因为，所以，因为，所以，所以为利图潒交点的横坐标，为和图象交点的横坐标，在同一平面直角坐标系中作出利的图㒸，由图可得．故选A．
5．【答案】C
【解析】
，所以除以10的余数为3，选项中除以10余数为3的只有2023．故选C．
6．【答案】C
【解析】由题意得，则，由为两个极值点，则解得，所以．故选C．
7．【答案】B
【解析】当点固定时，与圆相切时，最大，此时，因为，所以，因为为锐角，所以的最大值为．故选B．
8．【答系】D
【解析】当大球半径最小时，四个小球两两外切并均与大球内切，大球的半径是棱长为2的正四面体的外接球半径加小球半径1，如图所示，
把棱长为2的正四面体扩成棱长为的正方体，其中正四面体的棱为正方体各个面的对角线，如图所示，
则正四面体的外接球也是正方体的外接球，其半径为，所以大球的直径为．
故选D．
9．【答案】ABD（每选对1个得2分）
【解析】集合，由可得，则分或或或四种情况，当时，；当时，满足，解得；当时，满足，解得；当时．显然不符合条件，所以的值可以为．故选ABD．
10．【答系】ACD（每选对1个得2分）
【解析】解法一：，且，令，得，所以，A正确；令，得．所以是偶函数，B错误；令，得．所以，令，得，所以，即，所以的周期为4，C正确：，，所以，D正确．故选ACD．解法二：上式是和美化积公式．设，易证选项ACD正确．故选ACD．
11．【答案】CD（每选对1个得3分）
【解析】设点的坐标为，显然，由题可得，整理可得，故的轨迹方程为．故A错误；因为的轨迹方程为，不包含点，所以取不到最小值1，故B错误；设所在直线方程为，设，联立方程得，则，令，则，当时，的面积取得最大值，故C正确；设点，，因为是线段的垂直平分线，则，又点均在椭圆上，则两式做差可得，则，也即，，解得，故D正确．故选CD．
12．【答案】2
【解析】因为向量在上的投影向量为，所以，所以．
13．【答案】
【解析】设直线与曲线切于点，则直线的方程为，令得，，即；令得，，即．所以的面积，因为，所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以．
14．【答案】 （第一空2分，第二空3分）
【解析】记飞机移到第i格的概率为，，，；，可化为，则数列为常数列，，上式可化为，则数列是首项为、公比为的等比数列，，即．第格只能由第格跳到，游戏胜利的概率为．
【评分细则】
14．结果写成也可以．
15．解：（1）由，得，
则，
即，
得．
所以或，
即或（舍去）．
又由，所以，因而．
（2）由正弦定理，
得．
．
，
即，
又由
所以的取值范围为．
【评分细则】
第（2）问未说明的取值范围的扣1分．
解：（1）线段上存在中点，使得平面，证明如下：
取的中点的中点，连接．
由，且，所以为平行四边形．
所以，又平面平面，则平面，
又由为中点．所以，又平面平面，则平面，
又，所以平面平面，
又平面，所以平面，
即为线段的中点时，平面．
（2）取的中点，又，由已知得，
所以平面．由，则点平面．
又由，则点在以为直径的球上．
综上所述，点在以为直径的球与平面的交线上，即点的轨迹为圆．（12分）取的中点，由平面，过点作交于点．
则平面，则，
设球的半径为的轨迹圆的半径为，
则，
所以点的轨迹长度为．
【评分细则】
1．第（1）问中未说明平面平面，或未说明平面平面的扣1分；
2．如采用建系的方法若正确，也可给满分．
17．解：（1）当时，，定义域为，
因为，
当时，当时，
从而在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，极小值为0，无极大值．
（2）①若，对任意的实数，当且时，
由于，
所以，所以不合题意．
②若．
当时，当时，，
从而在上单调递减，在上单调递增，
故．
因此，所以．
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减．
从而的最大值为．
当且仅当时取等号，此时，满足，
故的最大值为．
【评分细则】
1．第一问没有交待无极大值，扣1分；
2．第二问讨论时，若使用极限方法证明也给分；
3．第二问没有交待等号成立的条件，也不扣分．
18．解：（1）设双曲线的焦距为．
由题意得，．
因为，所以，
所以的方程是．
由题意知，直线不与双曲线的渐近线平行，且斜率不为零，
故可设直线，
由得，
则，
因为，所以．
所以
．
所以的值为．
（2）解法一：存在定点或，使得的面积为定值，
设，因为直线与直线相交于点，
所以，
所以，
由（1）知，，代入上式，
得，
所以．
故点在定直线上．
设点为过左焦点且与直线平行的直线与双曲线的交点，
则点的坐标为或，
的面积为，
所以双曲线上存在定点或，使得的面积为定值．
解法二：存在定点或，使得的面积为定值，
设，因为直线与直线相交于点，
所以，
所以，
由（1）得，
所以，
所以．
故点在定直线上．
设点为过左焦点且与直线平行的直线与双曲线的交点，
则点的坐标为或，
的面积为，
所以双曲线上存在定点或，使得的面积为定值．
【评分细则】
第二问定点坐标没有求全，扣1分．
19．（1）解：因为，
所以的分布列为：
所以．
（2）（ⅰ）解：记发出信号0利1分别为事件，收到信号0利1分别为事件，
则，
，
所以
．
所以．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知，，
所以，
所以，
设，则，
当时单调递增；
当时单调递减．
所以，即，
所以．
所以，
当且仅当，即时等号成立．
即得证．
【评分细则】
1．第一问没有交待的分布列，直接得到的值，得1分；若交待没有列表，不扣分；
2．第二问（ⅰ）直接得到没有交待过程，扣1分，第二问（ⅱ）没有交待等号成立条件，扣1分．0
1
2
3
4
5
…
0
1
2