2024年江西省南昌市豫章中学高考数学三模试卷（A卷）（含详细答案解析）

这是一份2024年江西省南昌市豫章中学高考数学三模试卷（A卷）（含详细答案解析），共15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.数列1，1+2，1+2+22，…，1+2+22+…+2n−1，…的前n项和为( )
A. 2n−n−1B. 2n+1−n−2C. 2nD. 2n+1−n
2.已知平面向量a，b满足|a|=2，a⋅b=4，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 12aB. 12bC. aD. b
3.过圆M：x2+(y−2 3)2=1上一点C作圆N：(x+2)2+y2=1的切线，切点分别为A，B，则四边形ANBC面积的最小值为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 3
4.如图，已知六棱锥P−ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，则下列结论正确的是( )
A. PB⊥ADB. 平面PAB⊥平面PBC
C. 直线BC//平面PAED. 直线CD⊥平面PAC
5.若(12)a=lg2a,(12)b=b2,c12=2−c，则a，b，c的大小关系是( )
A. c6.已知F为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点，直线l经过点F，若点A(a,0)，B(0,b)关于直线l对称，则双曲线C的离心率为( )
A. 3+12B. 2+12C. 3+1D. 2+1
7.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)=1，对任意x∈R，f(x)+xf′(x)<0，则不等式(x+1)f(x+1)>2的解集是( )
A. (−∞,1)B. (−∞,2)C. (1,+∞)D. (2,+∞)
8.中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中记述：羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪．如图所示的五面体ABCDEF是一个羡除，两个梯形侧面ABCD与CDEF相互垂直，AB//CD//EF.若AB=1，EF=2，CD=3，梯形ABCD与CDEF的高分别为3和1，则该羡除的体积V=( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.下列结论正确的是( )
A. 若{x|x+3>0}∩{x|x−a<0}=⌀，则a<−3
B. 若{x|x+3>0}∩{x|x−a<0}=⌀，则a≤−3
C. 若{x|x+3>0}∪{x|x−a<0}=R，则a≥−3
D. 若{x|x+3>0}∪{x|x−a<0}=R，则a>−3
10.已知(x−12x)4的展开式中二项式系数的最大值与(x+ax)3的展开式中1x的系数相等，则实数a的值可能为( )
A. 2B. − 2C. 22D. − 22
11.设P是椭圆C：x22+y2=1上任意一点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，则( )
A. PF1+PF2=2 2B. −2C. 1≤PF1⋅PF2≤2D. 0≤PF1⋅PF2≤1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)= 4−x2，则f′(1)=______.
13.如图，21个相同的正方形相接，则sin(∠CAB+∠DAB)=______.
14.已知复数|z−1+2i|= 2，|z−3+4i|= 2，那么z=______.
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.(本小题13分)
某中学为了解中学生的课外阅读时间，决定在该中学的1200名男生和800名女生中按分层随机抽样的方法抽取20名学生，对他们的课外阅读时间进行问卷调查.现在按课外阅读时间的情况将学生分成三类：A类(不参加课外阅读)，B类(参加课外阅读，但平均每周参加课外阅读的时间不超过3小时)，C类(参加课外阅读，且平均每周参加课外阅读的时间超过3小时).调查结果如表：
(1)求出表中x，y的值；
(2)根据表中的统计数据，完成下面的列联表，并判断是否有90%的把握认为“参加课外阅读与否”与性别有关；
(3)以上表数据中参加课外阅读的频率作为该中学所在城市全体中学生是否参加课外阅读的概率.现从该城市随机抽取3名中学生，求其中参加课外阅读的人数X的分布列及数学期望(结果用小数表示).
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d.
16.(本小题15分)
在等梯形ABCD中，AB//CD，LABC=60“，AB=2CD=4，点E为AB的中点，现将△BEC沿线段EC翻折，得四棱锥P−AECD，且二面角P−EC−D为直二面角．
(1)求证：EC⊥PD；
(2)求二面角P−AE−C的余弦值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=xlnx(x>0).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0,+∞)，f(x)≥−x2+mx−32恒成立，求实数m的最大值．
18.(本小题17分)
△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足(2b− 3c)csA= 3acsC.
(1)求A的大小．
(2)如图，若AB=4，AC= 3，D为△ABC所在平面内一点，DB⊥AB，BC=CD，求△BCD的面积．
19.(本小题17分)
给定数列{An}，若对任意m，n∈N*且m≠n，Am+An是{An}中的项，则称{An}为“H数列”.设数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn=n2+n，试判断数列{an}是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N*，a2>6，求公差d的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，求证：{an}是“H数列”.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵1+2+22+…+2n−1=1×(1−2n)1−2=2n−1，
∴数列1，1+2，1+2+22，…，1+2+22+…+2n−1，…的前n项和：
Sn=21−1+22−1+⋯+2n−1=(21+22+…+2n)−n
=2×(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2.
故选：B.
把已知数列的通项利用等比数列的前n项和化简，然后利用分组求和得答案．
本题考查了数列的和的求法，考查了等比数列的前n项和公式，是中档题．
2.【答案】C
【解析】解：∵|a|=2，a⋅b=4，
∴b在a方向上的投影向量为(a⋅b|a|2)a=44×a=a，
故选：C.
根据投影向量的定义即可求解．
本题考查投影向量的定义，属基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意可知，点A，N，B，C四点共圆，
由|NA|=1，
则S四边形ANBC=2S△ANC=2×12×|NA|⋅|CA|=|CA|，
∵|CA|= |CN|2−1，当|CN|的值最小时，|CA|最小，
又∵|CN|min=|MN|−1= 4+12−1=3，
∴|CA|min= 32−1=2 2，
故四边形ANBC面积的最小值为2 2.
故选：C.
由题意可知，点A，N，B，C四点共圆，将原问题转化为求|CA|，再结合圆的性质，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：在A中，因为AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，所以A不正确．
在B中，过点A作PB的垂线，垂足为H，
若平面PAB⊥平面PBC，则AH⊥平面PBC，所以AH⊥BC.
又PA⊥BC，所以BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与底面是正六边形不符，所以B不正确．
在C中，若直线BC//平面PAE，则BC//AE，但BC与AE相交，所以C不正确．
在D中，因为PA⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥PA，
设AB=1，则AD=2，AC= 1+1−2×1×1×cs120∘= 3，
所以AC2+CD2=AD2，所以CD⊥AC，
又PA∩AC=A，所以直线CD⊥平面PAC，故D正确．
故选：D.
在A中，由AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，得到PB与PA不垂直；在B中，过点A作PB的垂线，垂足为H，若平面PAB⊥平面PBC，则BC⊥AB，这与底面是正六边形不符；在C中，若直线BC//平面PAE，则BC//AE，但BC与AE相交；在D中，由CD⊥PA，CD⊥AC，得到直线CD⊥平面PAC.
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数表结合思想，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，在同一坐标系中，画出函数y=(12)x，y=x2，y= x，y=lg2x的图象，
根据图象可得a>b>c.
故选：B.
画出画出函数y=(12)x，y=x2，y= x，y=lg2x的图象，即可求解．
本题考查了指数函数、对数函数、幂函数的图象，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
由题意可得直线l为AB的垂直平分线，运用中点坐标公式和垂直的条件，可得l的方程，令y=0，可得左焦点的横坐标，结合双曲线的a，b，c的关系和离心率公式，可得e的方程，解方程可得离心率．
本题考查双曲线的离心率的求法，考查线段的垂直平分线方程，以及化简整理的运算能力，属于中档题．
【解答】
解：点A(a,0)，B(0,b)关于直线l对称，
可得直线l为AB的垂直平分线，
AB的中点为(a2,b2)，AB的斜率为−ba，
可得直线l的方程为y−b2=ab(x−a2)，
令y=0，可得x=12a−b22a，
由题意可得−c=12a−b22a，
即有a(a+2c)=b2=c2−a2，
由e=ca，可得e2−2e−2=0，
解得e=1+ 3(e=1− 3舍去)，
故选：C.
7.【答案】A
【解析】解：设g(x)=xf(x)，则g′(x)=f(x)+xf′(x)<0，
所以g(x)在R上单调递减，又g(2)=2f(2)=2，
由(x+1)f(x+1)>2，即g(x+1)>g(2)，所以x+1<2，
所以x<1，
故选：A.
构造函数g(x)=xf(x)，利用导数法结合条件，得到g(x)在R上单调递减，利用单调性可得答案．
本题主要考查构造函数的方法，利用导数研究函数的单调性，函数不等式的解法等知识，属于中等题．
8.【答案】A
【解析】解：在平面ABCD内，过A，B两点分别作CD的垂线，垂足分别为G，H，
在平面CDEF内，过G，H两点，分别作EF的垂线，垂足分别为M，N，
由平面ABCD与平面CDEF相互垂直，得AG⊥MG，BH⊥HN，
又AB//CD//EF，∴平面AGM//平面BHN，且GH⊥平面AGM，
∴几何体AGM−BHN为直棱柱，
将羡除ABCDEF分割为两个四棱锥A−DEMG，B−HNFC和一个直棱柱AGM−BHN，
∴该羡除的体积：
V=V直棱柱AGM−BHN+V四棱柱B−HNFG+V四棱柱B−HNFG
=S△AGM⋅GH+13S四边形DEMG⋅AG+13S四边形HNFC⋅BH
=12AG⋅GM⋅GH+13(DG+EM2×GM×AG+HC+NF2×GM×AG)
=16AG⋅GM(3GH+DG+EM+HC+NF)
=16AG⋅GM[(DG+HG+HC)+(EM+GH+NF)+GH]
=16h1⋅h2(DC+EF+AB)
=16h1⋅h2(DC+EF+AB)
=16×3×1×(3+2+1)=3.
故选：A.
在平面ABCD内，过A，B两点分别作CD的垂线，垂足分别为G，H，过G，H两点，分别作EF的垂线，垂足分别为M，N，由平面ABCD与平面CDEF相互垂直，得AG⊥MG，BH⊥HN，平面AGM//平面BHN，且GH⊥平面AGM，ww dmj 几何体AGM−BHN为直棱柱，将羡除ABCDEF分割为两个四棱锥A−DEMG，B−HNFC和一个直棱柱AGM−BHN，由此能求出羡除的体积．
本题考查羡除的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：x+3>0x−a<0无解，则a≤−3，故A错误，B正确；
{x|x+3>0}∪{x|x−a<0}=R，则a>−3，故C错误，D正确．
故选：BD.
结合交集、并集的定义，即可求解．
本题主要考查交集、并集的定义，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：(x−12x)4的展开式中二项式系数的最大值为C42=6，
(x+ax)3展开式的通项公式为Tr+1=arC3rx3−2r，
令3−2r=−1，则r=2时，1x的系数为a2C32，
所以3a2=C42，则a=± 2.
故选：AB.
先得到(x−12x)4的展开式中二项式系数的最大值6，再求1x的系数为a2C32，可得结果．
本题主要考查二项式定理，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：椭圆C：x22+y2=1，可得a= 2，b=c=1，P是椭圆C：x22+y2=1上任意一点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，
所以PF1+PF2=2 2，正确；
−2≤PF1−PF2≤2，所以B错误；
PF1⋅PF2= ( 2csθ−1)2+sin2θ⋅ ( 2csθ+1)2+sin2θ= 2+cs2θ−2 2csθ⋅ 2+cs2θ+2 2csθ= (2+cs2θ)2−8cs2θ=2−cs2θ∈[1,2]，所以C正确；
因为PF1⋅PF2=|PF1|⋅|PF2|cs∠F1PF2=( 2csθ+1,sinθ)⋅( 2csθ−1,sinθ)
=2cs2θ−1+sin2θ=cs2θ∈[0,1]，所以D正确；
故选：ACD.
通过椭圆方程，求出a，b，c，然后利用椭圆的定义转化求解判断选项的正误即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，向量的数量积，椭圆的定义的应用，是难题．
12.【答案】− 33
【解析】解：由题意得，f′(x)=12 4−x2⋅(4−x2)′=−x 4−x2，
所以f′(1)=− 33.
故答案为：− 33.
先对函数求导，然后把x=1代入即可求解．
本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．
13.【答案】 22
【解析】解：设正方形的边长为1，根据三角形的边长关系，
在△ABC中，sin∠CAB=BCAC=3 32+72=3 58，
同理，整理得：cs∠CAB=7 58,sin∠DAB=2 29,cs∠DAB=5 29，
故sin(∠CAB+∠DAB)=3 58⋅5 29+7 58⋅2 29=15+1429 2= 22.
故答案为： 22.
直接利用三角形的边角关系，求出三角函数的值．
本题考查的知识点：三角函数的值，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14.【答案】2−3i
【解析】解：设z=x+yi，x，y∈R，
|z−1+2i|= 2，|z−3+4i|= 2，
则(x−1)2+(y+2)2=2(x−3)2+(y+4)2=2，解得x=2y=−3.
故z=2−3i.
故答案为：2−3i.
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
15.【答案】解：(1)设抽取的20人中，男、女生人数分别为n1、n2，
则n1=20×12002000=12n2=20×8002000=8，
所以x=12−5−3=4，y=8−3−3=2；
(2)由(1)可得列联表如下：
零假设H0：“参加课外阅读与否”与性别无关，
由列联表可得：χ2=20×(4×6−2×8)212×8×14×6=1063≈0.159<2.706，
根据小概率值α=0.1的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，
所以无法认为“参加阅读与否”与性别有关；
(3)由题从该城市随机抽取一名学生，参加课外阅读的概率为1420=710，
所以参加课外阅读的人数X∼B(3,710)，
则P(X=0)=C30×(1−710)3=271000=0.027，P(X=1)=C31×710×(1−710)2=1891000=0.189，
P(X=2)=C32×(710)2×(1−710)=4411000=0.441，P(X=3)=C33×(710)3=3431000=0.343，
所以X的分布列为：
则E(X)=0×0.027+1×0.189+2×0.441+3×0.343=2.1.
【解析】(1)根据分层抽样的定义求出男、女生人数，从而可求出表中x、y的值；
(2)先完成列联表，然后根据χ2公式求解χ2，再由临界值表判断；
(3)由题可得参加课外阅读的人数X服从二项分布，利用二项分布的知识即可求解．
本题考查了概率与统计的综合应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)如图连接DE，
易知△DCE，△PCE均为正三角形，取CE中点Q，
连接PQ，DQ，则PQ⊥CE，DQ⊥CE，
又∵DQ∩PQ=Q，PQ，DQ⊂平面DPQ，
∴EC⊥平面PDQ，
又∵PD⊂平面PDQ，
所以EC⊥PD，
(2)因为二面角P−EC−D为直二面角，所以平面PEC⊥平面AECD，
又因为平面PEC∩平面AECD=EC，且PQ⊥EC，
所以PQ⊥平面AEC.
又因为EC⊥DQ，故以点Q为坐标原点，QC，QD，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Q−xyz，
则A(−2, 3,0),E(−1,0,0),P(0,0, 3)，
所以AE=(1,− 3,0),AP=(2,− 3, 3)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，由m⋅AE=0m⋅AP=0得x− 3y=02x− 3y+ 3z=0，
取z=−1，所以m=( 3,1,−1)，
又因为直线PQ⊥平面AEC，所以PQ=(0,0, 3)是平面AEC的一个法向量，
所以cs=m⋅PQ|m||PQ|=− 55，
又因为二面角P−AE−C为锐二面角，
所以二面角P−AE−C的余弦值 55.
【解析】(1)证明EC⊥平面PDQ，利用线面垂直的性质即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式求解．
本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，考查利用空间向量求二面角的余弦值，考查逻辑推理能力，属于常规题目．
17.【答案】解：(1)f′(x)=lnx+1，
f′(x)>0，得x>1e，令f′(x)<0，得：0∴f(x)的单调增区间是(1e,+∞)，单调减区间是(0,1e).
∴f(x)在x=1e处取得极小值，极小值为f(1e)=−1e，无极大值．
(2)由f(x)≥−x2+mx−32(x>0)变形，得m≤2xlnx+x2+3x恒成立，
令g(x)=2xlnx+x2+3x(x>0)，则g′(x)=2x+x2−3x2，
由g′(x)>0，得x>1，g′(x)<0，得：0所以，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
所以，g(x)min=g(1)=4，即m≤4，所以m的最大值是4.
【解析】本题考查了利用导数求函数的单调区间、极值，考查了利用导数研究恒成立问题，属于中档题．
(1)利用导数可得f(x)的单区间，从而可得f(x)的极值.
(2)由f(x)≥−x2+mx−32变形，得m≤2xlnx+x2+3x恒成立，令g(x)=2xlnx+x2+3x(x>0)，利用导数求出函数的最值即可.
18.【答案】解：(1)因为(2b− 3c)csA= 3acsC.
由正弦定理可得，2sinBcsA= 3(sinCcsA+sinAcsC)= 3sin(A+C)= 3sinB，
因为sinB>0，
所以csA= 32，
由A为三角形的内角可得，A=π6，
(2)由余弦定理可得，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA=16+3−2×4× 3× 32=7，
所以BC= 7，
由正弦定理可得，ACsin∠ABC=BCsinA，
故sin∠ABC= 3 7×12= 2114，
因为BD⊥AB，所以∠DBC=π2−∠ABC，cs∠DBC=sin∠ABC= 2114，
所以sin∠DBC=5 714，
因为DC=BC= 7，
作CE⊥BD于E，E 为BD中点，
CE=BC⋅sin∠DBC= 7×5 714=52，
BD=2BE=2BC⋅cs∠DBC=2 7× 2114= 3，
S△BCD=12BD⋅CE=12× 3×52=5 34
【解析】(1)由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求csA，进而可求A；
(2)由已知结合余弦定理可求BC，然后结合三角关系及三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．
19.【答案】解：(1)Sn=n2+n，n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n−[(n−1)2+(n−1)]=2n.
n=1时，a1=S1=2，
∴an=2n.
对任意m，n∈N*且m≠n，an+am=2(n+m)=am+n∈{an}.
因此数列{an}为“H数列”．
(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N*，a2>6，
an=6+(n−1)d，6+d>6，即d>0.且d∈N*，
a1+a2=6+6+d=12+d，
则a1+a2=ak，
若a1+a2=a3=6+2d，则d=6.an=6n，{an}是“H数列”，
若a1+a2=a4=6+3d，则d=3.an=3n+3，{an}是“H数列”，
若a1+a2=a5=6+4d，则d=2.an=2n+4，{an}是“H数列”，
若a1+a2=a6=6+5d，则d=32∉N*，舍去．
k≥6时，{an}不是“H数列”．
公差d的所有可能值为：2，3，6.
(3)证明：设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，
设an=pn+q.
Sn=n(p+q+pn+q)2.
设k(p+2q+pk)2=al=pl+q.
则取k=2时，可得：3p+2q=pl+q，可得l=3+qp，则存在整数t使得qp=t，
对任意m，n∈N*且m≠n，
an+am=p(n+m)+2q=p(n+m+t)+q=an+m+t∈{an}，
因此{an}是“H数列”．
【解析】(1)Sn=n2+n，n≥2时，an=Sn−Sn−1.n=1时，a1=S1，可得：an.根据“H数列”的定义即可判断出结论．
(2)设{an}既是等差数列又是“H数列”，且a1=6，a2∈N*，a2>6，an=6+(n−1)d，6+d>6，即d>0.且d∈N*，a1+a2=12+d，设a1+a2=ak，对k讨论即可得出结论．
(3)设{an}是等差数列，且对任意n∈N*，Sn是{an}中的项，设an=pn+q.可得Sn=n(p+q+pn+q)2.设k(p+2q+pk)2=al=pl+q.取k=2时，可得：l=3+qp，则存在整数t使得qp=t，进而得出结论．
本题考查了新定义、等差数列的通项公式求和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．A类
B类
C类
男生
x
5
3
女生
y
3
3
男生
女生
总计
不参加课外阅读
参加课外阅读
总计
P(χ2≥k0)
0.10
0.05
0.01
k0
2.706
3.841
6.635
男生
女生
总计
不参加课外阅读
4
2
6
参加课外阅读
8
6
14
总计
12
8
20
X
0
1
2
3
P
0.027
0.189
0.441
0.343