江西省新余市第四中学2024届高三下学期5月高考全真模拟（三）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5月高考全真模拟（三）数学试题，共26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．甲、乙等5人排成一行，则甲不站在5人正中间位置且乙不站在最左端的不同的排列方式共有（ ）种.
A．B．C．D．
2．已知集合，，若，则的取值范围是（ ）.
A．B．C．D．
3．已知一组数据大致呈线性分布，其回归直线方程为，则的最小值为（ ）.
A．B．C．D．无法确定
4．已知函数在上有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为（ ）.
A．B．C．D．
6．“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（ ）.

A．B．C．D．
7．函数在其定义域内的极小值点为（ ）.
A．B．C．D．
8．设数列的前项和为，数学家墨卡托、牛顿、Gregry Saint-Vincen曾分别独立发现当足够大时，会趋向于一常数，先给出以下三个数学事实：①；②如果求数列前项和时存在给其中的某些项用括号括起后得到，，则；③.基于以上数学事实我们可以推出：将数列的项按某种规律重新排列（如：将第个偶数项排到第个奇数项后）后前项和在足够大时（ ）.
A．最终一定趋于B．最终一定不趋于任何一个常数
C．最终一定趋于某一常数但不一定是D．以上均不正确
二、多选题
9．若复数满足：，则的取值可以是：（ ）.
A．B．C．D．
10．将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（ ）区间内.
A．B．C．D．
11．如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则直线与平面的夹角的正切值为
B．若，，，则
C．若，有最小值，则的取值范围是：
D．若，则三棱锥外接球表面积的最小值为
三、填空题
12．设随机变量的分布列如图：
若的数学期望为，事件：或，事件：或，则 ； .
13．在平面直角坐标系中，分别为轴上的点，，则以原点为顶点且经过两点的抛物线的准线斜率为 .
14．函数满足恒成立，则的取值范围是 .
四、解答题
15．如图，在四边形中，，，，，.
(1)求；
(2)求四边形的面积.
16．我们规定：若数列为递增数列且也为递增数列，则为“数列”.
(1)已知：，，，数列中其中只有一个数列，它是： ；请从另外两个数列中任选一个证明其不是数列.
(2)已知数列满足：，为的前项和，试求的通项并判断数列是否为数列并证之.
(3)已知数列、均为数列，且，，求证：数列也为数列.
17．小郅同学的左、右口袋中分别装有3个糖果，每次取糖他都有的概率从右口袋中取，每次取糖过程相互独立.当他发现某个口袋中没有糖时停止取糖.
(1)求当他右口袋为空时，左口袋中剩余2个糖的概率，并求出的值使最大.
(2)若，求小郅最终发现其右口袋没有糖的概率.
(3)对于，求证成立不等式：.
18．如图：在空间直角坐标系中有椭圆与正交，为的右顶点，为上一点，平面内的直线经过并与交于两点，在平面直角坐标系与中（规定垂直于平面系观察时轴、轴分别为对应平面系的纵轴，正方向竖直向上，横轴正方向水平向右），不与坐标轴平行的直线与的斜率分别为.

(1)若，当三棱锥体积取最大值时，求；
(2)探究：是否存在定点使平面平面不论取何值恒成立？若存在，求的坐标；若不存在，请说明理由.
19．我们知道，在平面直角坐标系中，可以用两点之间距离公式刻画两点的距离，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一实数满足：①，当且仅当时等号成立； ②； ③.其中，为平面直角坐标系内的三个点，我们就称是关于两点的一个“度量”.设：平面直角坐标系（为坐标原点）内两点的“距离”.
(1)求证：两点的“距离”是关于两点的一个“度量”.
(2)设为平面直角坐标系内任意一点.
（ⅰ）若，请在下图中定性做出点的集合组成的图像（不必说明理由，但要求做出特殊点与其特征）.

（ⅱ）求证：.
(3)规定平面内两条平行直线的距离为在上分别取的任意两个点距离的最小值.已知不重合的直线，，，求的取值范围.
0
1
参考答案：
1．D
【分析】采用间接法，先5人全排有种，去掉甲在中间的有种，乙在最左端的有种，然后加上甲在中间和乙在最左端的有种.
【详解】采用间接法，先5人全排有种，去掉甲在中间的有种，乙排最左端的有种，
然后加上甲在中间和乙在最左端的有种，
则共有种排法.
故选：D.
2．A
【分析】利用集合之间的包含关系求解即可.
【详解】，，
，故.
故选：A.
3．C
【分析】根据回归方程必过样本中心点，即可得到答案.
【详解】回归直线经过，
且，，
代入回归方程得：，
即，
所以当时，的最小值为.
故选：C.
4．B
【分析】根据条件，利用平方关系和倍角公式，得到，令，得到或，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
令，则，令，得到，
所以或，令，得到或，令，得到或，
又在上有且仅有两个零点，所以在上有且仅有两个零点，
所以，得到，
故选：B.
5．B
【分析】根据给定条件，过作，结合点到直线的距离公式及双曲线定义求出的关系，即可求出双曲线的离心率.
【详解】令双曲线的半焦距为，则，
令直线与双曲线的渐近线垂直的垂足为，
于是，，
过作于，则，而为线段中点，
于是，，
由，得，，，
由双曲线定义得，即，解得，
所以双曲线的离心率.
故选：B
6．B
【分析】设，易知，且，设肉馅球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.
【详解】

如图所示，取中点为，，
为方便计算，不妨设，
由，可知，
又、分别为所在棱靠近端的三等分点，
则，
且，、，，平面，
即平面，
又平面，则平面平面，
设肉馅球半径为，，
由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅，
则到的距离，，，
又，解得：，
故，
又，
解得，，
所以：，解得，，
由以上计算可知：为正三棱锥，
故，
所以比值为.
故选：B.
7．A
【分析】利用指数式与对数式的互化关系变形函数，换元构造函数，利用函数与的单调性相同，再求出的极小值点即可得解.
【详解】函数的定义域为，，
令，则，令，
函数是增函数，则函数与的单调性相同，，
当时，；当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取得极小值，由，得，
所以函数在其定义域内的极小值点为.
故选：A
8．D
【分析】根据三个数学事实，将数列的项按某种规律重新排列依次判断各选项即可.(将中第个偶数项排到原来第个奇数项后，得到其前项和趋于排除A项和B项；将中第个偶数项排到原来第个奇数项并适当添加括号后，得到排除C项)
【详解】 ①， ②，
由①+②得： ，
是将中第个偶数项排到原来第个奇数项后得到的一个重新排序，
但此时前项和趋向于，故A、B两项错误；
若将中第个偶数项排到原来第个奇数项并适当添加括号后得到：
，
因 ，故.
即，
故：，由事实②：去掉括号后仍有，此时前项和不趋向于某一常数，故C错误.
故选：D.
【点睛】思路点睛：根据题意规定的三个事实和题设要求，构造重组后的新数列，用来分别判断选项，要有极限思想和放缩技巧.
9．ABC
【分析】设复数在复平面内对应的点为，分析可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，结合复数的几何意义求的取值范围即可判断.
【详解】设复数在复平面内对应的点为，
因为复数满足：，即点到点的距离为2，
可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
则，即，可知的取值范围为，
且，可知的取值范围为，
结合选项可知：ABC正确，D错误.
故选：ABC.
10．BD
【分析】利用余弦定理求得，然后可得，利用二次函数性质求出的范围，结合已知可得，结合平方关系和正弦定理求出半径范围，即可求纵坐标范围.
【详解】由题知，，，由余弦定理得，
又，解得，同理：，
所以，
所以，
由二次函数性质可得，即，
又，所以，
因为为锐角，所以，
即外接圆半径为，则，即，
由外心定义可知，的外心在轴上，
记的外心纵坐标为，则，
因为与和交集非空，与和交集为空间，
所以BD正确，AC错误.
故选：BD
11．ABD
【分析】根据线面角得出知与平面的夹角为计算正切判断A, 先建立直角坐标系，设直线得出由三点共线的性质交点为进而求出判断B;在给定时过定点,临界时 及临界时，则判断C;应用截面再由相似三角形的性质时等面积法得出选项D.
【详解】对于A：若，为中点，
过作，连，可知为中点，
且与平面的夹角为，则，
所以直线与平面的夹角的正切值为，故A正确；
对于B：由条件：，，
如图：延长交的延长线于 ，过作,，则，
如图建立平面直角坐标系：
则,，
故，
若，则①，
由三点共线的性质:
的点在直线 上，
的点在直线上，
所以交点为:，这就是点，故将该点代入①式得，故B正确.

对于C：在给定时过定点，临界时，斜率再减小（增大），
则易知存在且使，即最小值存在，
而减小时不存在点，设临界时，
则：，故，，
代入直线得：，所以，C错误.

对于D：若，故在线段上（不与端点重合），
对于,，作图可知：与的交点横坐标落在12,1内，
设平面为的外心，
如平面图：由相似三角形的性质可知:为中点时，，
随点由点向上移动，其中垂线斜率增大且小于，
由相似三角形的性质:中点一定在上方，
故中垂 线与交点（即外接球球心）在射线上，外接球半径最小，即最小，
此时，用等面积法可算，此时:.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：先建立直角坐标系，设直线由三点共线的性质交点为进而求出.
12．
【分析】先由离散型随机变量的性质各取值概率和为1求出，再利用期望公式求解，然后由条件概率公式可得.
【详解】由解得，
故，解得，
所以.
故答案为：；.
13．
【分析】假设抛物线，，，，，进而得到的坐标，代入抛物线即可得到，进而得到.将抛物线逆时针旋转个单位，则分别旋转到轴上的点，因此可以求旋转后的抛物线对称轴的斜率，又准线与抛物线对称轴垂直，因此斜率相乘等于，进而求出准线的斜率.
【详解】设抛物线，，，，，如图所示，
则，，即，
又在上，
，故，
又，所以，
故逆时针旋转后,分别旋转到轴上的点，
此时抛物线对称轴斜率为，而准线与对称轴垂直，故；
同理，若顺时针旋转，；
故答案为：.
14．
【分析】构造函数，利用函数的单调性求解即可.
【详解】，设，在上单调递增，
，
令，，当时，h′x0，hx单调递增，
所以，又a>0，
则的取值范围为：
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得到，进而得到，再根据条件，利用平方关系和正弦的和角公式，即可求出结果；
（2）延长交于，设，，在中，利用正弦定理和余弦定理得到，，进而求得，，再利用三角形面积公式，即可求出结果.
【详解】（1）由，又B∈0,π，得到，
又，
又，，且，
所以，，
得到.
（2）延长交于，设，，
在中，由正弦定理得到，由（1）知，，
所以①，由余弦定理得到②，
由①②解得或，
当时，，此时，
又，所以，不合题意，故，，
在中，由，，得到，，
所以，又，
故.
16．(1)，证明见解析
(2)，不是数列，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用幂函数的单调性可得与都是递增数列；利用特殊项的大小比较可得与均不是数列；
（2）由已知等式变形裂项可得，再由累加法可求通项，进而可得，利用等差数列求和公式可得，由可证明不是数列；
（3）由“数列”的定义可得，，结合不等式的性质与放缩法得，由此分别证明与即可得证.
【详解】（1）空格处填.
原因如下：因为，则，
由幂函数与在上都是增函数，由，
故数列与都是递增数列，则为“数列”.
若选，下面证明不是数列.
证明：由，则 .
故，所以不是递增数列.
故不是数列；
若选，下面证明不是数列.
证明：由，则 .
所以不是递增数列.
故不是数列.
（2）由可得，
所以
设，则，，...，，
累加得，
又，故，
所以. 由，
故是以为首项，为公差的等差数列.
所以，则，.
即数列是递增数列，但不是递增数列，故不是数列.
（3）数列、均为数列，且，，
由题意可得，
且，，
由不等式的性质可得，，又，
则，所以为递增数列，
且有，
则，
故也是递增数列，故为数列.
17．(1)，时，有最大值.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，且，求导，利用导数求原函数单调性和最值；
（2）设所求概率为，可得，进而代入运算求解即可；
（3）由题意可知：，分析可知，结合基本不等式分析证明.
【详解】（1）由题意可知：，且，
则，
令，解得；令，解得；
可知在单调递增，在单调递减，
所以当时，取到最大值.
（2）设当他发现右口袋为空时左口袋剩个糖果的概率为，则，
所以
.
（3）设初始左、右口袋均有个糖果，
则（2）中公式可化为：，
下证：，即证，
等价于，
等价于，
等价于，
依此类推等价于，这显然成立.
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
化简最终不等式得：，
又因为，当且仅当，即时等号成立，
可知，可得，所以.
18．(1)
(2)存在点：与
【分析】（1）分别在两个坐标平面内联立直线方程和椭圆方程消元，利用弦长公式和点到直线的距离公式，利用韦达定理表示出棱锥体积，然后利用导数求解可得；
（2）求出平面与平面的法向量，根据法向量数量积为0求解即可.
【详解】（1）设，，，，，
，，
故：，

设，
所以：
所以：，代入原直线方程得：
故：， ，
由于，则：，由对称性不妨设，
所以：，
令：，，
令：，则：，
由穿针引线法可知：在上有且仅有一个极（大）值点，
故当取最大时，的导函数，
所以解得：（舍）或，故.
同理可得，则.
（2）存在，由（1）知：，
所以：，，.
设：与分别为平面与平面的法向量，
则：，
同理可得，
所以：
解得：，
存在这样的点：与
【点睛】关键点睛：本题根据在于理解题意，分别在两个坐标平面内联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理表示出棱锥体积，然后利用导数即可求解.
19．(1)证明见解析
(2)（i）图象见解析；（ii）证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题设定义逐一检验①②③，即可证明结果；
（2）（i）根据题设定义，利用，即可求解；（ii）设Px,y，则，再令，即可证明结果；
（3）根据题设，令，得到，再分，和，三种情况，根据造函数，，，利用函数的单调性，即可求出结果.
【详解】（1）①显然成立，
令，由于，，
故当且仅当时等号成立
令，则，所以单调递增，
得到，即，当且仅当时等号成立，
②易知显然成立，
③由于单调递增，故由可得：
，
故，
即，所以距离是一种度量.
（2）（ⅰ）如图

（ⅱ）设Px,y，则=，
令，则，即.
（3）设，，，
令，则.
当时，成立，
不妨设（同理），
设，
令单调递增，单调递减，
，则，
令，
①当时，，
②当时，，，，
③当时，，，由于为一次或二次函数，
故①、②、③均唯一使，
故在单调递增，在单调递减，
④时，，单调递增，综上，
，有，
解得，
当，同理可求得，所以.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于理解“度量”和“距离”的定义，再结合不等式及导数知识，即可求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
B
B
B
A
D
ABC
BD
题号
11









答案
ABD