精品解析：江西师范大学附属中学2024届高考第三次模拟测试数学试题

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1．答题前、考生先在答题卡上用直径05毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写清楚，然后贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．
2．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，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.
【详解】，
故.
故选：D.
2. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 96B. 144C. 180D. 216
【答案】D
【解析】
【分析】由二项式展开式的通项公式，就可求出指定项的系数.
【详解】．当时，,
故选:D．
3. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由倍角公式可得，根据题意结合齐次式问题分析求解.
【详解】由题意可得：.
故选：A.
4. 已知3个数据的平均数为3，方差为4，现再加入一个数据7，则这4个数据的方差为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】由方差公式即可运算求解.
【详解】由方差公式得，因此．
加入数据后，新数据的平均数为4，方差为．
故选：A．
5. 已知钝角的面积为，则的值是（ ）
A. B. C. 或D. 或6
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设求得，依题分角为钝角和角为钝角两种情况讨论检验，利用向量数量积的定义即可分别求得.
【详解】依题意，，解得，
若角为钝角，则，
由余弦定理，,符合题意，
此时，；
若角为钝角，则，
由余弦定理，，
此时,即，符合题意，
此时.
故选：C.
6. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上的值域为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由图象求出函数，再由平移变换得函数，结合整体法求值域，从而求的取值范围.
【详解】设的最小正周期为，由图象可知，
所以，则，故，
又的图象过点，所以，
所以，又，所以，
则，
则.
当时，，
当或.即或时，，
当，即时，，
所以的取值范围为.
故选：C.
7. A、B是一个随机试验中的两个事件，且，则下列错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，由可得，再结合可求出，再利用条件概率公式求解即可.
【详解】，，
又，，故C错误；
，，，故A正确；
，，故B正确；
，故D正确.
故选：C.
8. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在轴上，且的内心坐标为，若线段上靠近点的三等分点恰好在上，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，在中由等面积法可求出，进而求出，，代入的方程化简即可得出答案.
【详解】设，则，（坐标原点），
设的内心为，所以的内切圆的半径为，
在中，，又，
由等面积法得，解得，
所以为等边三角形，其边长为，高为，则，
所以，代入的方程得，
整理得，由，
可得，两边同时除以，
可得，解得，因为，
所以，即.
故选：C.
二、多选题：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. 已知数列满足，则（ ）
A. 数列是等比数列B. 数列是等差数列
C. 数列的前项和为D. 能被3整除
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.
【详解】由可得：，所以数列是等比数列，即，
则显然有，所以不成等比数列，故选项A是错误的；
由数列是等比数列可得：，即，故选项B是正确的；
由可得：前项和，故选项C是正确的；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的；
故选：BCD．
10. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A. 若平面是面积为的等边三角形，则
B 若，则
C. 若，则球面的体积
D. 若平面为直角三角形，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.
【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积,
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故选：BC
11. 已知函数及其导函数，且，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用抽象函数的关系式，采用赋值，赋变量的方法，结合函数的对称性和周期性，即可判断选项.
【详解】因为，所以的图像关于直线对称.令，得，故A项正确；
因为.所以，即，
所以，因为，所以，
即，所以，则的一个周期为4.
因为的图像关于直线对称，所以是的一个极值点，
所以，所以，则.故B项错误；
由，得，即.
所以，故C项正确；
设为常数），定义域为，
则，
又，所以，显然也满足题设，
即上､下平移均满足题设，显然的值不确定，故D项错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对抽象函数进行赋值，以及抽象函数的导数问题，，即可正确得到.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】由奇函数性质可求得的值，结合计算即可.
【详解】由题得，解得，
所以当时，，
所以.
故答案为：4.
13. 2024年春耕期间，某农业局将甲、乙、丙等5位农业干部分配到3个村庄去指导农民春耕，要求每人只去一个村庄，且这三个村庄都有人去，甲和乙不去同一个村庄，甲和丙去同一个村庄，则不同的分配方法共有______种（用数字作答）．
【答案】30
【解析】
【分析】分两类，甲、丙两人去同一个村庄与甲、丙和除乙以外的某一人去同一村庄，按照分组分配的方法计算可得.
【详解】分两类考查：第一类，甲、丙两人去同一个村庄，共有种分配方法；
第二类，甲、丙和除乙以外的某一人去同一村庄，共有种分配方法．
故共有种分配方法．
故答案为：
14. 已知函数，若在其定义域上没有零点，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】注意到，从而可得在定义域内恒成立，进一步可得，从而可得恒成立，故只需求出的最大值即可.
【详解】因为在上连续，又，
所以要使无零点，需使在其定义域上恒成立．
于是原问题转化为，求的取值范围．
，
，
，
，
，
令，所以在上单调递增，又由式得
，所以，即恒成立．
令，令得．
因为当时，，所以在上单调递增；
因为当时，，所以在上单调递减，
所以是的极大值点，
，所以，即．
综上所述，的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键通过分析得出恒成立，由此即可顺利得解.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应它出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．（参考数据：）
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，分和讨论单调性即可；
（2）先求出最小值，然后构造函数，根据导数求出最值来证明即可.
【小问1详解】
由题意得，
当时，在上恒成立，在上单调递减，
当时，令，解得．
当时，，当，．
所以在上单调递减，在上单调递增；
综合得：当时，在上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，的最小值为．
要证成立，需成立，
即证．
令，则．
令，得（负值舍去）．
当时，；当时，．
因此在上单调递减，在，上单调递增．
所以当时，取得最小值，，
故当时，．
16. 某商场举办购物有奖活动，若购物金额超过100元，则可以抽奖一次，奖池中有8张数字卡片，其中两张卡片数字为1，两张卡片数字为2，两张卡片数字为3，两张卡片数字为4，每次抽奖者从中随机抽取两张卡片，取出两张卡片之后记下数字再一起放回奖池供下一位购物者抽取，如果抽到一张数字为1的卡片，则可获得10元的奖励，抽到两张数字为1的卡片，则可获得20元的奖励，抽到其他卡片没有奖．小华购物金额为120元，有一次抽奖机会.
（1）求小华抽到两张数字不同的卡片的概率；
（2）记小华中奖金额为X，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由古典概型概率计算公式以及组合数计算即可得解；
（2）由古典概型概率计算公式以及组合数计算即可得对应概率，进一步可得分布列以及数学期望.
【小问1详解】
由题可得：小华抽到两张数字不同的卡片的概率为：．
【小问2详解】
由题可知的取值为：0，10，20，
故的分布列为：
，故.
17. 如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）如果，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）易得，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）易得两两垂直，求出，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为，，分别是侧棱，，的中点，
所以，
因为，所以，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
所以，
因为平面，，
所以平面，
又平面，所以，
所以两两垂直，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
故，
所以二面角余弦值.
18. 已知抛物线C：（）的准线与圆O：相切．
（1）求C的方程；
（2）设点P是C上的一点，点A，B是C的准线上两个不同的点，且圆O是的内切圆．
①若，求点P的横坐标；
②求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）①3；②
【解析】
【分析】（1）根据题意可知抛物线C的准线为，进而可得和抛物线方程；
（2）设，根据直线与圆O相切分析可知是方程的两根，利用韦达定理可得.①令，运算求解即可；②根据题意可得，换元结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为圆O：的圆心为，半径，
由题意可知：抛物线C的准线为，可得，
所以抛物线C的方程为.
【小问2详解】
设，
可知直线，即，
因为直线与圆O相切，
则，整理得，
且，化简可得：，
同理可得：，
同构可知：是关于x方程的两根，
则，
可得，
注意到点在抛物线C：上，则，
则.
①若，整理得，
解得或（舍去），即点P的横坐标为3；
②因为点到准线的距离，
则面积，
设，则，
可得，
且，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以面积的最小值为.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
19. 已知有穷数列，，，，满足，且当时，，令．
（1）写出所有可能的值；
（2）求证：一定为奇数；
（3）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．．
【答案】（1）4，2，0，，；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意，列举出满足条件的数列的所有可能情况，求解即可得到答案；
（2）由，可设，则或，由此分析可得，，设中有个1，个，即可证明为奇数；
（3）由（2）可知，为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，表示出，分两种情况进行研究，得出矛盾，从而得到答案．
【详解】（1）解：由题意，满足条件的数列的所有可能情况有：
0，1，2，1，0，此时；
0，1，0，1，0，此时；
0，1，0，，0，此时；
0，，，，0，此时；
0，，0，1，0，此时；
0，，0，，0，此时．
综上所述，的所有可能取值为4，2，0，，；
（2）证明：由，可设，则或，
所以，
因为，所以，
设中有个1，个，则，
故为奇数；
（3）解：为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，
，
则当，，，，的前项取1，后项取时，最大，
此时，不符合题意；
如果，，，，的前项中恰有项，，，取，
后项中恰有项，，，取1，
则，
若，则，
因为是奇数，所以是奇数，而是偶数，
因此不存在数列，使得．0
10
20