江西省新余市第四中学2024届高三下学期数学高考全真模拟（四）试题

这是一份江西省新余市第四中学2024届高三下学期数学高考全真模拟（四）试题，共23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。

一、单选题
1．已知等差数列的前项和为，，，则（ ）.
A．B．C．D．
2．已知数集满足：，，若，则一定有：（ ）.
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）.
A．B．C．D．选项不完整
4．已知复数满足：，为纯虚数，则这样的复数共有（ ）个.
A．B．C．D．
5．函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（ ）.
A．B．1C．D．
7．已知焦点在轴上的椭圆的左右焦点分别为，经过的直线与交于两点，若，，，则的方程为：（ ）.
A．B．C．D．
8．已知空间中的两个平面与三棱锥，若，在上的正射影是边长为3且某边垂直的正方形，在上的正射影是一个等边三角形，则的体积为：（ ）.
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，成等差数列，成等比数列，则题中等比数列的公比可以是：（ ）.
A．B．C．D．
10．近期羽毛球价格的上涨引起了广泛热议.小郅同学调查了甲、乙两种有较大影响力品牌的羽毛球在2024年3月~7月的各月平均价格（单位：打/元）如下表，甲、乙两球的受众群体分别约占总群体的30%与70%，则以甲、乙两球为样本，对其和样本的平均值与方差的数值的计算结果正确的是：（ ）.
A．B．C．D．
11．已知函数，则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则的最大值为
B．若，则函数始终有且仅有1个极值点且为极小值点
C．若，则始终有且仅有1个零点
D．若恒成立，则的最小值为
三、填空题
12．已知函数.若的定义域为，则的定义域为： ；若，的值域为，则的取值范围是： .
13．将抛物线绕原点逆时针旋转后得到的曲线方程为： .
14．如图，在凸四边形中，为线段上一点，，，，记的面积为，的面积为，则的取值范围为： .
四、解答题
15．如图，在三棱锥中，与均为边长为2的等边三角形.
(1)若二面角的大小为，求.
(2)设为平面内一点，平面，求证：.
16．希望中学高三（8）班拟举办为期两天的气排球比赛，晏老师从体育室拿了4个排球放入球车中提供使用，4个排球中有2个新球与2个旧球，比赛当天从球车中随机取出2个球进行比赛，赛完后新球变成旧球放回球车.设第1天与第2天赛完后球车中旧球数量分别为和.
(1)求的分布列与数学期望.
(2)求与.
17．已知双曲线的左、右焦点分别为，经过的直线与交于不重合的两点.
(1)若的离心率为2，求证：对于给定的或，以为直径的圆经过轴上一定点.
(2)若，为轴上一点，四边形为平行四边形，求其面积的最小值.
18．已知函数，.
(1)若，求证：没有极值点.
(2)若恒成立，求的取值范围.
(3)若，存在且仅存在一条直线既是的切线又是的切线，求的值.
19．已知项数为的有穷数列的各项取遍中的所有整数，我们称该数列为“规范的”.对于一组规范列，从的第1项开始，取第1个符合题意的项，使不是的最大项，然后依次删除、第1个超过的项、第1个超过的项、，直到无法删除为止称为的1次“变换”.变换后剩余项按其相对位置不变构成新数列（新数列也许可以再次进行变换，则继续进行下去），直到最后剩下1项或1组递减数列统称为的“保留列”（若最终没有剩下任何一项则称是“不可保留的”，在此我们不研究这类数列），记保留列的项数为，若变换进行的次数为且，则称是“饱和的”（其中：表示不超过的最大整数）.
(1)已知规范数列：5，3，2，1，4，6.求出其保留列并判断它是否为饱和的；若交换其第5、6项或交换其2、3项，请直接判断其是否为饱和的.
(2)若为饱和的规范列，它的项数与其保留列项数满足为正偶数：
（i）证明：任意规定的第项为其保留列，总至少存在个符合题意的（其中：）.
（ii）若，对每一组任意给定的，求使的项最多有几个（用含的代数式）.
月
3
4
5
6
7
甲
70
80
95
105
130
乙
55
60
70
75
85
参考答案：
1．A
【分析】由等差数列前和公式、等差数列的性质可得答案.
【详解】，故，
则.
故选：A.
2．C
【分析】借助交集与并集的性质推导即可得.
【详解】由，，
故、或、，
由，故，故C正确，D错误；
同理，、或，，故A、B错误.
故选：C.
3．B
【分析】将两边同时平方，利用同角间关系和二倍角公式，即可求得.
【详解】因为，
两边同时平方得：，
所以，则，
故选：B.
4．B
【分析】法一：设该复数，借助复数的运算法则计算出后结合纯虚数定义即可得；法二：借助复数的三角形式及其几何意义计算即可得.
【详解】法一：设，则的实部为且虚部不为，
，
则，，
因为，故，即，
则有，解得或或，
当时，，则，舍去；
当时，，即，则，舍去；
当时，，则，
故，即，共有两个.
综上所述，这样的复数共有两个.
法二：设的辐角为，，
表示将复数在复平面内逆时针旋转，
由几何图形的对称性：与在复平面内应关于轴对称，
则解得：或或或，
易知：时，，舍去，
故，故有两个不同的复数满足题意.
故选：B.
5．D
【分析】利用排除法，先判断奇偶性，然后再利用导数判断其极值点即可得答案；
【详解】因为，
所以为偶函数，故排除B项；
由，得，
显然，在区间上，，
所以，在给定区间端点处函数切斜的斜率为0，排除A、C.
故选：D
6．C
【分析】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果.
【详解】由题意取，则，
所以到的距离为
.
故选：C
7．A
【分析】由题意可知：，根据数量积的几何意义可得，，进而结合椭圆的定义求，即可得方程.
【详解】因为，可知，
则，，
可得，，即，，则，
由椭圆定义可得，即，
且，则，
即 ，可得，，
所以椭圆的方程为.
故选：A.
8．A
【分析】作一个直四棱柱（的一部分），设底面为，不妨设后平面为，均垂直于，，利用可得答案.
【详解】如图：作一个直四棱柱（的一部分），设底面为，不妨设后平面为，
均垂直于，为等边三角形，
此时符合题意，
连接，则四边形为平行四边形，
，故，
即，
求得，则.
故选：A.
9．BCD
【分析】设公比为，根据等差数列和等比数列可得，运算求解即可.
【详解】因为成等比数列，设其公比为，则，
又因为成等差数列，则，
可得，则，
整理可得，解得或或，
结合选项可知：A错误，BCD正确，
故选：BCD.
10．AD
【分析】首先计算甲和乙的平均数和方差公式，再代入总体平均数和方差公式，即可求解.
【详解】，，
，故A正确；
，，
故，故D正确.
故选：AD
11．ABD
【分析】若，则，利用导数分析单调性，最值，即可判断A；若，，求导，结合图象分析导数的正负情况，即可判断B；若，求导分析单调性可得，由选项的结论可得，即可判断C；恒成立，即恒成立，当是的切线时，的值最小，设切点横坐标为，利用导数的几何意义可得，构造函数，利用导数求出最小值，即的最小值，即可判断D.
【详解】，，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
则，故A正确；
，，
作出与的图象，
由图可得，两支图象始终有且仅有一个交点，
即函数始终有且仅有1个极值点，
当时，在极值点左侧，的图象在的上方，
则，即，单调递减，
在极值点右侧，的图象在的下方，
则，即，单调递增，
故该极值点为极小值点，故B正确；
，，
当时，令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，则，
则，
由A项可知：的最大值为-2，故，
无零点，故C错误；
恒成立，即恒成立，
对于，要使较小，则减小，体现为直线向下平移至与相切，
所以当是的切线时，的值最小，
，，
设切点横坐标为，则，
，即，
则，
令，，
则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即的最小值为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：当方程无法求解时，可利用函数与方程的关系，将方程的解转化为函数图象的交点来分析.如本题B选项中，无法求出方程的根，移项可得，方程的根可转化为函数与的图象的交点，借助图象关系来分析的正负情况.
12．
【分析】根据题意结合抽象函数值域分析求解；分析可得，根据指数函数可得的值域为，结合二次函数运算求解.
【详解】若的定义域为，即，则，
所以的定义域为；
因为，
可得的值域为，则的值域为，
可得，解得：，
所以的取值范围为.
故答案为：；.
13．
【分析】分析可知旋转后所得图形仍为抛物线，且新焦点为，新准线为，结合抛物线的定义列式求解即可.
【详解】因为的焦点为2,0，准线为，准线与x轴交点为，
旋转后所得图形仍为抛物线，且新焦点为，抛物线的对称轴为，
则新准线过点，斜率为，
可得新准线方程为，即，
由抛物线定义可得，
整理得，
所以得到的曲线方程为.
故答案为：
14．
【分析】设，利用正弦定理进行边角转为，把边转为角，可得，，换元令，利用图形求其范围，进而可得的取值范围.
【详解】设，过A作（垂足为），
在中，由正弦定理：，
即，则，
可得，，
因为，可得，
在中，，，，
在中，，
所以，
，
可得，
令，则：，
设：，
可知点在以0,2为圆心，1为半径的右半圆上，
结合图形可知：直线的斜率，
且在内单调递增，当时，可得，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：1.设角，利用正弦定理进行边角转化，进而把面积问题转化为角的问题；
2.求分式的范围，常常转化为斜率问题，结合图形求其范围.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）取中点为，连接，则可得为二面角的平面角，得为等边三角形，从而可求出；
（2）分别取为中点，连接，过作，则结合已知条件可得平面，平面，所以平面平面，平面平面，再结合平面，可证得结论.
【详解】（1）解：取中点为，连接，
因为与均为边长为2的等边三角形，
所以 ，，
所以为二面角的平面角，故，
所以为等边三角形，
所以；
（2）证明：分别取为中点，连接，
过作，
因为与均为边长为2的等边三角形，
所以，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
由于平面，平面平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
由于平面，平面平面，
所以，
所以，
又因为为两不同边的中垂线，
故成立.
16．(1)分布列见解析，
(2)，
【分析】（1）求出可取的值及相应的概率，求出可取的值及相应的概率，可得的分布列及期望；
（2）求出，，由条件概率公式计算可得答案.
【详解】（1）可取的值为，
，
，
，
可取的值为，
，
，
，
，
所以：的分布列为：
；
（2），
，
.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先由条件得到，，并设出直线与椭圆的方程，并方程联立，利用韦达定理表示，即可判断圆过定点；
（2）直线与双曲线方程联立，利用韦达定理表示的中点坐标，以及弦长，面积，利用基本不等式求面积的最值.
【详解】（1），即，，
故可设，，，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立，得，且，
所以，则，
设，易知：，所以，，
有，
即，
所以，得，且该解同时满足以上方程，故该圆经过定点.
（2）时，，令，
联立，得，
，，
设中点为，，
，又在轴上，
所以，得，，
由于斜率为正的渐近线为：，，故在的异支上，
，，
所以，，
故，当且仅当，即时等号成立，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键转化几何意义得到代数关系，第一问的关键是由垂直关系转化为数量积为0；第二问的关键是由平行四边形对角线互相平分，转化为坐标关系得到.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由，再次求导，讨论，，可得的单调区间，进而得最小值，则，单调递增，没有极值点.
（2）法一：
设，则，当时，，讨论当，时，，即成立，所以.
法二：
题意等价于，令，，
再令，则，可得单调递增，
进而得在单调递减，在单调递增， 又可解，故，可得 .
（3）设与和分别切于、，则：， ，由于重合，可得，令：，，
令：，即：，讨论当，时，，又在单调递增，故，则，讨论可得是的最大值点，时有：时只有唯一解，故.
【详解】（1）因为，
则，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，
故，单调递增，没有极值点.
（2）法一：
设，
则，当时，，
①，则，单调递增，又，当时，，没有恒成立，舍去，
②，令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故，即成立，
综上：.
法二：
题意等价于，令，，
再令，则，
令，则，故单调递增，
，故单调递增，
所以，又当时，，故存在唯一使，
于是在单调递减，在单调递增，
又可解，故，所以 .
（3）由，，
则，，
设与和分别切于、，
则， ，
由于重合，故有，
解②得：代入①得：，
则方程③只有1个解，其中.
令，，
令，即，
当时，，等式不成立，
当时，对原式移项取对数化简后得,
，
又易知在单调递增，故，即④，
当时，当时，当时，，
所以，1）当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
2）当时，，单调递减，
当时，，，故，
又，由④得,，
所以是的最大值点，时,时，③只有唯一解，故.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立求参数值或范围的方法，不等式恒成立，一种方法利用导数求得，然后由转化为关于参数的不等式，从而求得参数范围或值，另一种方法是分离参数，化不等式不，由导数求的最大值，然后解不等式可得．
19．(1)保留列：2，1.. 是饱和的；5、6项交换：饱和的；2、3项交换：不饱和的
(2)（i）证明见解析；（ii）项数至多为
【分析】（1）根据题意以及题中的相关定义即可得解.
（2）（i）设为保留列，剩下的项按相对位置不变构成新数列，由为偶数得，得应删除的总项数为，从而得中有项，取，中任取一项，则第一次变换应删除，接下来依次取为剩余项的第1项，令，于是得到了一组，接下来将数列插入（从第一项开始插入）中分情况即可构造出了一组，进而结合的取法即可得证.
（ii）先设保留列为，，，，，，，接着结合题意得到对每一组任意给定的，使的项有个项，再用反证法证明项数为是最多的即可得解.
【详解】（1）由题意第一次剩下：3，2，1，4，第二次剩下：2，1，结束，
所以数列2，1是数列5，3，2，1，4，6的保留列.
又，是饱和的，
5、6项交换， 饱和的；2、3项交换：不饱和的.
（2）（i）由题每一次变换至少删除2项，所以饱和的规范列的每次变换都能且只能删除2项，
不妨设为保留列，剩下的项按相对位置不变构成新数列，
由于为偶数，故，应删除的总项数为，
故中有项，取，中任取一项，
则第一次变换应删除；再取为剩余项的第1项，令，
再从剩下的项中取一项，
则第二次变换删除的项为；
再取为剩余项的第1项，令，剩下的项中取一项，...，以此类推，这样就得到了一组，
接下来将数列插入（从第一项开始插入）中：项只有2种情况：
①是的第一项，那么令，中其他项均减1；
②不是的第一项，那么令为前面所有项的最小值减1，原本所有不超过的项减1，
这样就构造出了一组，由的取法，共有至少存在个符合题意的.
（ii）先不妨设保留列为，，，，，，，
，，，
这时，，除外其他项均满足：，故有个项，
将与的数值交换位置得到成立的情况，
再将与的数值交换位置得到成立的情况，，
将与的数值交换位置得到成立的情况，
当为奇数时先取同理可得这些情况，
由于，所以得到了取定时所有符合题意的情况，
再证明项数为是最多的：
由于第一项一定不满足题意，于是假设若有个项满足条件，
那么除第一项外剩余项均应有：，
则：，，
而故，以此类推得：，
这时：，变换只进行1次，剩余项，与矛盾，故：个项不成立，
即项数至多为.
【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是：
（1）正确理解新定义；
（2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境；
（3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答的目的.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
B
D
C
A
A
BCD
AD
题号
11









答案
ABD









2
3
4