江西省重点中学协作体2024届高三一模数学试题（Word版附解析）

这是一份江西省重点中学协作体2024届高三一模数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了【答案】B；2，【答案】C；6，【答案】，证明等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本大题共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．己知集合,则（ ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数z对应的点在第三象限，则复数对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知,则（ ）
A． B． C． D．
4．已知,则（ ）
A． B． C． D．
5．已知双曲线的左，右焦点分别为，点M为关于渐近线的对称点．若,且的面积为8，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，正六边形的边长为，半径为1的圆O的圆心为正六边形的中心，若点M在正六边形的边上运动，动点A,B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数及其导函数的定义域均为R,记,且为偶函数，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，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，有选错的得0分．若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，则个体m被抽到的概率是0.2
B．已知一组数据1,2，m,6,7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C．数据27,12,14,30,15,17,19,23的50%分位数是17
D．若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16
10．已知函数,若不等式对任意的恒成立，则实数a的取值可能是（ ）
A． B． C．1 D．2
11．已知正方体的棱长为1，M是棱的中点．P是平面上的动点（如下图），则下列说法正确的是（ ）
A．若点P在线段上，则平面
B．平面平面
C．若,则动点P的轨迹为抛物线
D．以的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周，在旋转过程中，三棱锥体积的取值范围为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12．的展开式中的系数为___________．
13．已知正数x,y满足,若不等式恒成立，则实数a的取值范围是___________．
l4．斐波那契数列,又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…,在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为_____________________．
四、解答题：本大题共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．（13分）在中，已知内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且的面积为，点D是线段上靠近点B的一个三等分点，．
（1）若，求c；
（2）若,求的值．
16．（15分）如图，在三棱锥中，．
（1）证明：平面平面;
（2）若E是线段上的点，且,求二面角的正切值．
17．（15分）已知椭圆的左右顶点分别为A、B,点C在E上，点分别为直线上的点．
（1）求的值；
（2）设直线与椭圆E的另一个交点为D,求证：直线经过定点．
18．（17分）设是一个二维离散型随机变量，它的一切可能取的值为,其中，令,称是二维离散型随机变量的联合分布列，与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
现有个球等可能的放入编号为1,2,3的三个盒子中，记落入第1号盒子中的球的个数为X,落入第2号盒子中的球的个数为Y．
（1）当时，求的联合分布列，并写成分布表的形式：
（2）设且,求的值．
（参考公式：若,则）
19．（17分）己知函数．
（1）若,求的图象在处的切线方程；
（2）若函数存在两个极值点．
（i）求a的取值范围；
（ii）求证：．
江西省重点中学协作体2024届高三第一次联考数学参考答案
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1.【答案】B；2.【答案】C；3.【答案】D
4.【答案】A由，得，即，
所以.
5.【答案】C；6.【答案】B
7.【答案】D【详解】丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分，三队中选一队
与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲
的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情
况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意.
若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不
能赢，否则甲的分数不小于6分，只有平或输，一平一输，概率是，如平乙，输丁，则乙丁比
赛时，丁不能赢，概率是，
两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
两场甲都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是.
综上，概率为，D正确．
8.【答案】C【详解】因为为偶函数，，所以，
对两边同时求导，得，所以有
所以函数的周期为，在中，令，所以，
因此，因为为偶函数，
所以有，
，
由可得：，所以.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.
9.【答案】AD【详解】对于A，一个总体含有50个个体，某个个体被抽到的概率为，
以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为10的样本，
则指定的某个个体被抽到的概率为 ，故A正确；
对于B，数据1，2，，6，7的平均数是4，，
这组数据的方差是，故B错误；
对于C，8个数据50百分为，第50百分位数为，故C错误；
对于D，依题意，，则，
所以数据的标准差为16，D正确.
10.【答案】BCD
11.【答案】ABD【详解】对于A项，如图所示，连接对应面对角线，
根据正方体的性质可知：，
平面，平面，
∴平面，同理可知平面，
又平面，
∴平面平面，
又，∴平面，
∴平面，故A正确;
对于B项，易知面，
面，则，
又平面，
∴平面，而平面，
∴，同理，
又平面，
∴平面，
又∵平面，∴平面平面，故B正确;
对于C项，因为为定直线，是定角，到的距离为定值，
所以时，在以为旋转轴，到的距离为半径的圆锥上，
又平面，故平面截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即C错误；
对于D项，设中点分别为N，Q，
则点A的运动轨迹是平面内以N为圆心，为半径的圆（如图），

易知平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面，
而，
设与圆的交点分别为E，F（点E位于点F，Q之间，如上图所示），
易知当点A分别位于点E，F时，点A到平面的距离分别取到最小值和最大值，
且距离的最小值，
距离的最大值，
∵的面积，
故选项D正确．综上，正确选项为ABD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】【详解】二项式的展开式通项公式为，
当时，，当时，，
因此展开式中含的项为，故所求系数为.
13.【答案】.
14.【答案】.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.
15.（13分）解（1）由题可得：CD=2BD，故…………………2分
又,即，
，即………………4分
在中，根据余弦定理得
即…………………6分
，即，…………………7分
（2），…………………8分
，即
又，①…………………11分
又②，由①②得：…………………12分
…………………13分
16.（15分）（1）证明：在中，………1分
过点D作DO⊥AC于点O，连接BO，则
，∴≌，即OD=OB=3………………3分
又
又OD⊥AC，………………5分
又∴平面ACD⊥平面ABC…………………6分
（2）由（1）知，OA、OB、OD两两垂直，以O为原点建立坐标系，
，
………………8分
设是平面ABE的一个法向量
则
，…………………12分
而是平面ABC的一个法向量，………………14分
设二面角平面角的大小为，则
………………15分
17.（15分）解（1）设，由题可知，………………2分
又，由…………………4分
，，………………… 5分
………………6分
（2）由题可知，直线MA的方程为：
联立方程可得：
=45>0………………7分
，………………8分
又，，
同理可得点D的坐标为………………9分
（i）当直线CD垂直于x轴时，，即,
，此时直线CD的方程为………………10分
（ii）当直线CD不垂直于x轴时，
………………11分
故直线的方程为………………12分
令 y=0，则
整理得，此时直线经过定点……………14分
综上，直线经过定点………………15分
另解：（ii）当直线CD不垂直于x轴时，由对称性知定点在轴上，设
由C、D、Q三点共线知
化简得：，则
此时直线经过定点……………14分
综上，直线经过定点………………15分
解法二：
（1）设，则，
∵A、C、M三点共线，∴，…………………2分
同理：，∴…………………4分
又点在曲线E上，∴，代入上式得：………………6分
（2）由
又，∴…………………8分
由题可得直线CD显然不与x轴平行
设直线CD的方程为：
由得…………………9分
…………………11分
又
…………………13分
由…………………14分
∴直线CD：，∴直线经过定点…………………15分
18.（17分）解（1）若n=2，X的取值为0，1，2，Y的取值为0，1，2，…………………1分
则P（X=0，Y=0）=，…………………2分
P（X=0，Y=1）=…………………3分
P（X=0，Y=2）=，P（X=1，Y=0）=…………………4分
P（X=1，Y=1）=P（X=2，Y=0）=…………………5分
P（X=1，Y=2）=P（X=2，Y=1）=P（X=2，Y=2）=0…………………6分
故（X，Y）的联合分布列为
…………………7分
（2）当…………………9分
故…………………11分
=…………………13分
所以，…………………15分
由二项分布的期望公式可得.…………………17分
19.（17分）解（1）若，则，所以，
所以，又，………………2分
所以的图象在处的切线方程为，即.………………3分
（2）（i）由题意知.
令，则.
因为有两个极值点，，所以有两个不等正实根，.
若，，则在上递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意；………………5分
若，令，解得，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减.
所以时，取得极大值，即最大值为，………………6分
所以，解得.………………7分
当时，，又，所以，
由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.………………8分
又，
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以，所以，
由零点存在性定理知：存在唯一的，使得.………………10分
所以当时，有两个不等正实根，.
综上，的取值范围是.………………11分
（ii）证明：由①知，且，所以，
因为在上为增函数，及，所以，…………………12分
又，所以.………………13分
因为，，所以，，
所以，所以.………………14分
令，所以，
所以在上递增，因为，所以，所以，
即，所以，………………16分
所以，即.
所以.………………17分…
…
…
…
…
…
…
…
…
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
D
A
C
B
D
C
题号
9
10
11
答案
AD
BCD
ABD
（X，Y）
0
1
2
0
1
0
2
0
0