江西省新余市第四中学2024届高三下学期高考模拟数学试题

这是一份江西省新余市第四中学2024届高三下学期高考模拟数学试题，共27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．关于的方程：的实根分布在区间（ ）内.
A．B．C．D．
2．已知的外接圆面积为，，则（ ）.
A．B．C．D．
3．已知集合，，则：“中元素个数为或”是“且”的（ ）条件.
A．充要B．充分不必要
C．必要不充分D．既不充分也不必要
4．计算：的值为：（ ）.
A．B．C．D．
5．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（ ）种.
A．B．C．D．
6．已知是三个不同的平面，为两条不同直线，则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
7．已知定义在R上的函数fx,gx处处导数存在，，则下列情况一定成立的是：（ ）.
A．B．
C．D．
8．已知椭圆的左右焦点分别为，的三个顶点均在上，分别落在线段上且轴，若，则（ ）.
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知对个数据做如下变换：当为奇数时，对应的变为；当为偶数时，对应的变为，则对于该组数据的变化，下列情况中可能发生的是：（ ）.
A．平均数增大B．方差不变
C．分位数减小D．众数减小
10．已知函数：，现添加一个条件，使得的极大值点同时为其零点，则这个条件可以是：（ ）.
A．B．
C．D．
11．在研究全概率公式时，我们将对一个事件发生的情况的研究转化为对发生该情况的几个先决条件进行分析，这是一种重要的递推思想.在如图所示的蜂窝形正六边形地图中，左上角与右下角的“○”分别代表起点与终点，蜂窝格中的实心圆点“●”代表地雷，有一个扫雷机器人在起点处接收到指令移动至终点，每一次移动只能按照箭头所示的三个方向运动，若移动到地雷区，则会立即将地雷排除.记移动过程中，该机器人可以排除的地雷数量最多为，现在在图中增加两枚地雷（用叉号“×”表示），则以下方法可以使增加且只增加的是：（ ）.

A． B．
C． D．
三、填空题
12．设为虚数单位，则的展开式中，项的系数为： （结果用复数表示）.
13．已知函数的一条对称轴为，则零点的最大负值为： .
14．在空间直角坐标系中，,,,,，设点O关于所确定的平面对称的点为，的长度记为以为自变量的函数，则当 时，取最小值；这个最小值为： .
四、解答题
15．已知数列的前项和为，其中，且.
(1)求的通项公式.
(2)设，求的前项和.
16．小金、小郅、小睿三人下围棋，已知小金胜小郅、小睿两人的胜率均为，小郅胜小睿的胜率为，比赛采用三局两胜制，第一场比赛等概率选取一人轮空，剩余两人对弈，胜者继续与上一场轮空者比赛，另一人轮空.以此类推，直至某人赢得两场比赛，则其为最终获胜者.
(1)若第一场比赛小金轮空，则需要下第四场比赛的概率为多少？
(2)求最终小金获胜的概率.
(3)若已知小郅第一局未轮空且获胜，在此条件下求小金最终获胜的概率（请用两种方法解答）.
17．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.

(1)求证：平面平面.
(2)求二面角的余弦值.
(3)为平面内一点，若平面，求的长.
18．已知双曲线：的左顶点为，斜率为的直线与交于两点，设的斜率分别为，的外心为.
(1)若始终在上，求证：直线过定点.
(2)记，探究是否存在定值使恒在的某条渐近线上.若存在，求出所有的值；若不存在，请说明理由.
19．偏导数在微积分领域中有重要意义.定义：设二元函数在点附近有定义，当固定在而在处有改变量时，相应的二元函数有改变量，如果存在，那么称此极限为二元函数在点处对的偏导数（计算时相当于将视为常数），记作，若在区域内每一点对的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于的偏导函数，它被称为二元函数对的偏导函数，记作.以上定义同样适用于三元函数.
(1)气体状态方程描述的三个变量满足：（是非零常量）.求的值，并说明其为常数.
(2)求值：对的偏导数.
(3)将偏导数应用于包络线在金融领域可以发挥重要价值.在几何学中，某个平面内曲线族的包络线是跟该曲线族的每条线都至少有一点相切的一条曲线，例如：曲线族的包络线为.不难发现：对于任何一个给定的的值，包络线与原曲线的切点的总是对应值在参数取遍后得到的极值.已知函数的包络线为.
（i）求证：.
（ⅱ）设的极值点构成曲线，求证：当时，与有且仅有一个公共点.
参考答案：
1．B
【分析】根据导数以及零点存在性定理来求得正确答案.
【详解】令，
当时，，此时无零点，排除A.
当时，，此时无零点，排除D.
当时，，而，
所以单调递减，
而，故.
又，且，故，所以.
故选：B
2．C
【分析】根据题意，由正弦定理的边角互化代入计算，即可求解.
【详解】由正弦定理：，，故，
所以.
故选：C.
3．D
【分析】根据交集、既不充分也不必要的定义，结合题意分析即可求解.
【详解】曲线与曲线有一个或两个公共点，
则对于，显然存在不限于的无数组其他解（如：取一个充分大的数），故充分性不成立；
联立：与（），
化简得：①，
即，解得，
又，即，解得.
所以当且仅当时，必要性成立，故必要性也不成立；
所以“中元素个数为或”是“且”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．A
【分析】由正弦的二倍角公式，结合两角和差正弦公式即可求解
【详解】
.
故选：A.
5．B
【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果.
【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法；
若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法，
剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校），
分别对应有1（3人均在X校）、（2人在X校，另1人随便排）、
（1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校），
共种排法；
若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法，
若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法；
若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1、2、3组，
分别有、、种排法，故共有：
种排法.
故选：B.
6．C
【分析】对于ABD：以正方体或正四棱锥为载体，举反例说明即可；对于C：根据线面平行、面面平行的性质分析判断.
【详解】在正方体中，
对于选项A：例如平面为平面，平面为平面，平面为平面，
则平面平面，即，
取平面平面，满足，
但，故A错误；
对于选项B：例如平面为平面，平面为平面，平面为平面，
则平面平面，即，
取，满足，
但平面与平面不相互垂直，故B错误；
对于选项C：因为，可知相交，设，
又因为，则，
又因为，，，则，所以，故C正确；
对于选项D：在正四棱锥中
例如平面为平面，平面为平面，平面为平面，
则平面平面，平面平面，
即，满足，
但平面与平面不一定垂直，故D错误；
故选：C.
7．A
【分析】利用构造函数法，结合导数来对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，
令，则，
故单调递增，又h1=0，
所以，即，
移项可得A选项正确，B选项错误；
另外，，，由于与0的大小关系不确定，
故C、D无法判断.
故选：A
8．D
【分析】作出图象，由题意可知，从而可得，在和中，分别求得，从而可得，即有， ，过作于，
可得，为中点，即可得解.
【详解】如图所示：
由题意可知，
设椭圆的半长轴为，
则，
在中，，
在中，
，
所以 ，
整理得：，即
解得：或，
当时，，不满足题意，故舍去；
当时，，满足题意，且，
过作于，
则，
所以,
所以，
故为中点，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是在和中，分别求得，建立等量关系，求得.
9．BCD
【分析】根据平均数、方差、百分位数、众数的意义一一分析计算即可.
【详解】由题意易知数据中奇数项均加一，偶数项均减二，则改变后数据和减小，
即平均数减小，故A错误；
由方差的实际意义（数据的波动程度）与在统计图中几何特征分析，
不妨令：为奇数时，为偶数时，
则与方差为，
新方差为，两数据相等，故B正确；
易知分位数为从小到大的第三个数据，而对应的可奇可偶，所以分位数可能减小，故C正确；
不妨取数据：，众数为1，
新数据的偶数项均从1变为，众数减少，故D正确，
故选：BCD
10．BD
【分析】用“穿针引线法”作三次函数的图像，得出的关系，再判断选项是否能推出相应结论，A、B选项利用不等式即可判断，C选项利用圆判断，D选项利用函数图像判断.
【详解】令，则的零点为，
①且，用“穿针引线法”可以得到函数大致图像如下：
与题意不符；
②且，用“穿针引线法”可以得到函数大致图像如下：
与题意相符，此时或；
③且，用“穿针引线法”可以得到函数大致图像如下：
与题意不符；
④且，用“穿针引线法”可以得到函数大致图像如下：
与题意相符，此时
综上所述：存在关系、、符合题意.
对A项：，时，则，则故A错误；
对B项：，当时，或，当时，，故B正确；
对C项：即，
即为圆心为半径的圆内，即，故C错误.
对D项：，函数和函数的图像如下：
由图像得：、，故D正确.
故选：BD.
11．BCD
【分析】根据题意设相应量，根据递归思想可得，按此规律对原表格进行数字填充，结合题意分析判断即可.
【详解】由递归思想，假设到达某一个格子只能从的三个方向进入，分别记为，
记为从起点到格子最多可以除去的雷数，
表示数中最大的数，
表示格子中的地雷数，
则可以写出递推式：，
按此规律对原表格进行数字填充：

由分析可知，最多可以除掉7个雷.
再从终点规划路线，每一次都挑选反方向3个中数字最大的走就可以找到除掉7个雷需要经过的所有格子，
在这些格子同一线路上，选择1个埋入地雷，
再在另一条线路或未经过的格子上埋入1个地雷，就可以得到满足题意的答案（也可以在选项上仿照前面的思想画图），对比得：BCD正确.
故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：根据递归思想可得，按此规律对原表格进行数字填充，结合数据分析判断.
12．
【分析】利用二项式定理展开.
【详解】将的次数分成5份，符合题意的有：0，0，1，1，1和0，0，0，1，2两种，
， ，故系数为：.
故答案为：
13．
【分析】利用辅助角公式化简的表达式，根据的对称轴列方程，求得，进而求得零点，从而求得正确答案.
【详解】，
，由条件：（），
所以：（），所以，
，（），
故（），令：.
故答案为：
14． / /
【分析】根据点与点关于平面对称，点与点关于直线对称，结合三角形两边和与差的最值可得解.
【详解】

如图所示，由已知可得，，，
则，，
即，，
又，，平面，
则平面，
①当，两点在平面同侧或一点在平面上时，，当且仅当，有一点在平面上时取等号；即；
②当，两点在平面异侧时：设平面与直线交于点，
将延拓，如图所示，
则，
由，，，平面，
则平面，即，
抽象出平面如图所示，
则，
设点关于直线的对称点为，则，
当且仅当时，取得最小值，
如图，

由，且，，，
则，
即，，
则，，
又，则，
即，
所以，
所以，
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于建立空间直角坐标系，将问题转化为线的长度问题，从而得解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到时，，再由，结合等比数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）得到，结合乘公比错位法求和，即可求解.
【详解】（1）由，可得，则，
两式相减，可得，即，
又由，易知，
所以当时，，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，可得，
则，
所以，
两式相减得
，
所以.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式求解即可.
（2）根据互斥事件概率加法公式和独立事件概率乘法公式求解即可.
（3）法一：利用条件概率求解即可；法二：根据事件的含义利用互斥事件概率加法公式和独立事件概率乘法公式求解即可.
【详解】（1）第一场比赛小郅获胜时，则第二场小金获胜，第三场小睿获胜，满足题意；
第一场比赛小睿获胜时，则第二场小金获胜，第三场小郅获胜，满足题意；
所以需要下第四场比赛的概率为
（2）由题意，最终小金获胜的情况如下，
当小金第一场轮空，
第一场小郅胜小睿输，第二场小金胜小郅输，第三场小金胜小睿输，此时，
第一场小睿胜小郅输，第二场小金胜小睿输，第三场小金胜小郅输，此时，
则小金获胜，
当小金第一场不轮空，
第一场小郅胜小金输，第二场小睿胜小郅输，第三场小金胜小睿输，第三场小金胜小郅输，此时，
第一场小金胜小郅输，第二场小睿胜小金输，第三场小郅胜小睿输，第三场小金胜小郅输，此时，
第一场小金胜小郅输，第二场小金胜小睿输，此时，
所以第一场小郅与小金比赛，小金获胜概率为，
同理，第一场小睿与小金比赛，小金获胜概率为，
故小金获胜概率为
（3）法一：设A：小金最终获胜；B：小郅第一场未轮空且获胜，则，
结合（2）知，
法二：第一场小睿轮空时，小金最终获胜概率为，
第一场小金轮空时，小金最终获胜概率为，
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可；
（2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可；
（3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可.
【详解】（1）

连接，在中，，
，
则，，，
平面平面，，平面平面，
平面，平面，所以，
在中，,
又，
∴，
在中：，∴，
又，平面，
平面，且平面，
平面平面.
（2）法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为，
在中，由余弦定理知；
法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E，
设，则，

∴，
，
解之得，
易知，所以，
则，
设为平面的一个法向量，则：，
令，则，所以，
易知是平面的一个法向量，
设二面角的一个平面角为，则，
由图形可知该二面角为钝角，所以；
（3）法一：过作，垂足为，过作，
在中，过作，过作，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
而平面，所以平面，即G为所求.
分别延长交于，连接，
过作，由（1）易知，平面，
平面，

∴，设，，
∴，则，设，

在平面内，由几何关系知，
所以；
法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以，
又：，即，
18．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据外心性质得，设，与椭圆方程联立，韦达定理，利用斜率之积得，即可求解定点；
（2）法一：先求出外心的坐标，然后代入渐近线方程即可求解的值；法二：点差法化简得，，求出的中垂线方程，从而，
，进而利用求解的值.
【详解】（1）由外心的性质：，故为中点，
又，，
设，，，，
联立，
则
又
，
，恒过定点.
（2）法一：计算外心坐标：
设中点分别为，则：，，
由（1）得：，
中垂线：①
中垂线：②
联立①②得：，
故
同理：，将代入得：
，
又在渐近线上，，解得：
法二：点差法化简：
设，，，，
得：，
，
同理：，
设中点分别为：，
中垂线：
同理：，得：⑥，
化简⑥式得：
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)，说明见解析
(2)
(3)（i）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据“偏导函数”的定义求解即可；
（2）求出，再将带入即可求值；
（3）（i）先求出包络线，再构造函数，利用导数研究的单调性，进而可知的最值，进而可证明；
（ii）对求导，令得到的极值点和极值，令，求出的极值点和单调性及最值，由题知的最大值与的最大值等价，进而求出的值；再利用导数研究的单调性和最值，进而可以证明与有且仅有一个公共点.
【详解】（1）；
，；
，.
，为常数.
（2），
故：.
（3）（ⅰ）令，则：.
由于在上，故：，①
由于取极值，故：，即：，②
由①②消去得：.
下试证：，
即证：.
，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，，故：.
（ⅱ），令：
，令：，
，令：
当时，单调递增，
当时，单调递减，且的最大值与的最大值等价.
，当且仅当时，.
又，，令：或.
当时，单调递减，
当时，单调递增.
.
当且仅当时等号成立.
与有唯一公共点.
【点睛】关键点点睛：1.理解偏导数的概念；
2.用导数研究函数的单调性是导数的一个重要应用，在导数解答题中，单调性问题是绕不开的一个问题，因为单调性是解决后续问题的关键，利用导函数求解函数单调性步骤，先求定义域，再求导，根据导函数的正负号，确定函数的单调区间，若不能直接求出，可能需要多次求导.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
A
B
C
A
D
BCD
BD
题号
11









答案
BCD