江西省吉安市第一中学2024届高三三模数学试题（Word版附解析）

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一、单选题：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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D. ［1，4]
【答案】C
【解析】
【分析】本题先解不等式求出集合A、B，再结合补集和交集的定义即可求解.
【详解】因为集合或，
，
所以，
故
故选：C.
2. 已知直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行判断即得.
【详解】当时，直线，则，
当时，，解得，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3. 在等差数列中，，．设，记为数列的前n项和，若，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
分析】由，得到，，从而求得，，，再由求解.
【详解】设的公差为d．
因为，
所以，，
则，，．
因为，所以，解得．
故选：B
4. 已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合投影向量的定义可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，是两个单位向量，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
5. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数对称性求出时的解析式，利用导数的几何意义求解.
【详解】因为是偶函数，所以函数的图象关于对称，则，
当时，，
，
，则，
，即曲线在点处切线的斜率为2.
故选：C.
6. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式和二倍角的余弦公式化简求出，然后利用同角三角函数基本关求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
又，所以，所以，所以，
即，又，所以.
故选：D
7. 如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．
【详解】依题意，半径为，山高为，则母线，
底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，
显然，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段，
由直角三角形射影定理知，即，解得，
所以公路上坡路段长为．
故选：D
8. 已知双曲线的右焦点为是的一条渐近线上位于第一象限内的一点，延长线段与的另一条渐近线交于点．若为坐标原点，，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，可求得，进而计算，即可求得结果.
【详解】由，得，
所以，
由，得，解得或（舍去），
所以，从而渐近线方程为．
故选：D
二、多选题
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币，直至出现正面向上，则停止抛掷.设随机变量表示停止时抛掷的次数，则
B. 从6名男同学和3名女同学组成的学习小组中，随机选取2人参加某项活动，设随机变量表示所选取的学生中男同学的人数，则
C. 若随机变量，则
D. 若随机变量，则当减小，增大时，保持不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出判断A；利用超几何分布的期望公式计算判断B；利用二项分布的方差公式计算判断C，利用正态分布的特定区间的概率判断D.
【详解】对于A，抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面、反面的概率均为，则，A错误；
对于B，显然随机变量服从超几何分布，则，B正确；
对于C，由随机变量，得，C正确；
对于D，由正态分布的意义知，为定值，D正确.
故选：BCD
10. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A. 过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
B. 存在点，使得平面
C. 若平面，则动点的轨迹长度为
D. 当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】取的中点，然后证明截面为，求出周长即可判断A；假设存在点F，根据，分别判断点F位置即可得到矛盾，B错误；根据平面平面即可确定动点的轨迹，可判断C；由AC判断点F位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式确定球心位置，然后可判断D.
【详解】A选项，如图，取的中点，连接，
因为为的中点，所以，，
所以过点，，的平面截正方体所得的截面为梯形，
其周长为，故A选项正确；
B选项，假设存在点，使得平面，
则，得只能在线段上，
再由，得只能在线段上，即与重合，不符合题意，故B选项错误；
C选项，如图，取的中点M，的中点，
连接，，，可得，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，所以平面平面，
所以动点的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；
D选项，由A，C选项可得，平面平面，
所以当在点时，到平面的距离最大，此时为等边三角形，
因为平面，所以三棱锥的外接球球心一定在直线上，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设，
由得，，解得，
所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D选项正确．
故选：ACD．
11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线：与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点在直线上，点Q在直线上，且，则（ ）
A. C的离心率为3B. 当时，
C. D. 为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据离心率的公式即可求解A，联立直线与抛物线方程， 根据弦长公式即可求解B，根据二倍角公式以及斜率关系即可求解C，根据角的关系即可求解线段长度相等，判断D.
【详解】由题意得，，故A错误；
联立，得，解得或，则，故B正确；
由直线：可知，又，，故在线段的中垂线上，
设，的斜率分别为，，，故直线的方程为，
联立，得，
设，则，，故.
当轴时，，是等腰直角三角形，且易知；
当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故，
因为，所以，所以，，故C正确；
因为，故，故，故D正确.
故选:BCD.
三、填空题
12. 若，则_________．
【答案】3093
【解析】
【分析】由多项式分析知：为奇数，项系数为负； 为偶数，项系数为正，可得，再应用赋值法求、，即可得结果.
【详解】由题设，含的项中，当为奇数，项系数为负，而当为偶数，项系数为正，
所以，
令，则；令，得，
所以．
故答案为：.
13. 托马斯·贝叶斯（Thmas Bayes）在研究“逆向概率”问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为B的全概率，假设小红口袋中有4个白球和4个红球，小兰口袋中有2个白球和2个红球，现从小红自己口袋中任取2个球放入小兰口袋中，小兰再从自己口袋中任取2个球，已知小兰取出的是2个红球，则小红从口袋中取出的也是2个红球的概率为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】先分析求解设从小红取出个球，其中红球的个数为个的事件的概率，再分析小兰取出个球，其中红球的个数为2个的事件的概率，结合题中公式运算求解.
【详解】设小红取出个球，其中红球的个数为个的事件为，从小兰取出个球，其中红球的个数为2个的事件为，
由题意可得：，；
，；
，；
则，
所以小兰取出的是2个红球，则小红取出的也是2个红球的概率为.
故答案为：.
14. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得，由三角形面积公式得，结合余弦定理以及基本不等式即可求解.
【详解】由正弦定理结合，可得，
因为，所以，即，
注意到，所以只能，解得，
若的面积等于，
则，解得，
在三角形中，运用余弦定理有，
三角形的周长，等号成立当且仅当，
综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为.
故答案为：.
四、解答题
15. 设正项数列的前项之和，数列的前项之积，且.
（1）求证：为等差数列，并分别求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，不等式对任意正整数恒成立，求正实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析，，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知关系可得，代入，化简可证为等差数列，从而求得，的通项公式；
（2）由（1）得，利用裂项相消可得，利用数列的单调性求出，解不等式即可求出正实数的取值范围.
【小问1详解】
由题意知：当时，，代入得，
所以.
由，得，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，，，
当时，，
当时，也符合上式，所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以
.
显然单调递增，所以.
由题意得，即，
又，所以的取值范围为.
16. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，点为线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明；
（2）由已知可知，为等边三角形，故，利用面面垂直的性质定理可证得底面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
因为侧面是平行四边形，
所以为的中点，又因为点为线段的中点，
所以，
因为面，面，
所以面.
【小问2详解】
连接，，因为，，
所以为等边三角形，，
因为点为线段的中点，
所以，
因为侧面底面，平面平面，平面，
所以底面，
过点在底面内作，如图以为坐标原点，分布以，，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的法向量为，
又因为平面的法向量为，
则，
经观察，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
17. 某游戏公司设计了一款益脑游戏，在内测时收集了玩家对每一关的平均过关时间，如下表：
计算得到一些统计量的值为：，，其中．
（1）若用模型拟合与的关系，根据提供的数据，求出与的回归方程；
（2）制定游戏规则如下：玩家在每关的平均过关时间内通过，可获得3分并进入下一关，否则获得分且该轮游戏结束．甲通过练习，前3关都能在平均时间内过关，后面3关能在平均时间内通过的概率均为，若甲玩一轮此款益脑游戏，求“甲获得的积分”的分布列和数学期望．
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）对两边取对数可得，即，再根据最小二乘法求出，即可得解；
（2）依题意的所有可能取值为8，11，14，18，求出所对应的概率，即可得到分布列，从而求出数学期望；
【小问1详解】
因为两边取对数可得，即，
令，所以，由，
，.
所以，
又，即，
所以，所以.
所以关于的经验回归方程为.
【小问2详解】
由题知，甲获得的积分的所有可能取值为8，11，14，18，
所以，，
，，
所以的分布列为
所以.
18. 已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在直线上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点B、F都在直线上，结合平方关系即可列出关于的方程组并求解即可；
（2）设出直线方程，由直线与圆相切可得，联立直线与椭圆方程结合椭圆方程表示出弦长，进一步表示出面积，从而即可得解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，由已知点的坐标为，点的坐标为，
因为点B、F都在直线上，所以，，又，
所以，，，
所以椭圆的方程为：，
【小问2详解】
由题知的斜率存在且不为0．
设．
因为与圆相切，所以，得．
联立与的方程，
可得，
设，，
，
则，．
所以，
将代入，可得．
用替换，可得．
四边形的面积．
令，则，可得，
再令，，则，
可得，等号成立当且仅当，即，即，
即四边形面积的最小值为．
19. 已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间和极值；
（2）当时，不等式恒成立，求取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为：，单调递减区间为：和；极大值，极小值；
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，求出，即可求出答案；
（2）原不等式等价于，记，，求出，则可得出函数的单调性，即可得的值域，记，，利用隐零点说明函数的单调性，结合恒成立，即可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
当时，
令，解得或，
所以的关系如下表：
所以函数的单调递增区间为：，单调递减区间为：和；
极大值，极小值；
【小问2详解】
令，其中，
设，
令，解得：，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，且当时，，
所以函数的值域为；
又，
设，，则，
当时，，且等号不同时成立，即恒成立；
当时，，即恒成立，
所以在上单调递增，又，，
所以存在，使得，
当时，，
当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，且
当即时，恒成立，符合题意；
当即时，取，必有，不符合题意.
综上所述：的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题第1小问考查了利用导数判断函数的单调性与极值；解答第2问的关键在于将原不等式等价于，求出的值域，记，，利用隐零点说明函数的单调性，结合恒成立，求出参数的取值范围.
关卡
1
2
3
4
5
6
平均过关时间（单位：秒）
50
78
124
121
137
352
8
11
14
18
单调递减
单调递增
单调递减