江西省重点中学盟校2024届高三第一次联考数学试卷及答案

这是一份江西省重点中学盟校2024届高三第一次联考数学试卷及答案，共18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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，为复数的共轭复数,复数满足，则（ ）
A．1B．C．D．
3．某工厂随机抽取名工人，对他们某天生产的产品件数进行统计，数据如下表，则该组数据的分位数是（ ）
A．B．C．D．
4．已知抛物线的准线与双曲线相交于两点，为抛物线的焦点，若为直角三角形，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
5．某地区有10000名考生参加了高三模拟调研考试.经过数据分析，数学成绩近似服从正态分布，则数学成绩位于的人数约为（ ）
参考数据：，
A．455B．1359C．3346D．1045
6．核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时监测，在扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀初始数值时，的数量与扩增次数满足，其中为的初始数量，为扩增效率．已知某被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，则扩增效率约为（ ）
参考数据：
A．B．C．D．
7．过圆上的动点作圆的两条切线，两个切点之间的线段称为切点弦，则圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，，，，若，则（ ）
A．B．C．2D．4
二、多选题
9．在的展开式中（ ）
A．二项式系数之和为B．第项的系数最大
C．所有项系数之和为D．不含常数项
10．已知函数的最小正周期为，则（ ）
A．
B．点是图象的一个对称中心
C．在上单调递减
D．将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象
11．在平面四边形中，点为动点，的面积是面积的3倍，又数列满足，恒有，设的前项和为，则（ ）
A．为等比数列B．
C．为等差数列D．
三、填空题
12．已知，，且，则向量与的夹角为 ．
13．在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数．小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有 个．
14．如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，已知该“四角反棱柱”的棱长为4，则其外接球的表面积为 ．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，.

(1)设点为棱的中点，证明：平面.
(2)求平面与平面的夹角的大小.
16．某学校为了学习、贯彻党的二十大精神，组织了“二十大精神”知识比赛，甲、乙两位教师进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲、乙答对的概率分别为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．
(1)求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望；
(2)设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率．
17．在中，的平分线与边交于点，且.
(1)若，求的面积；
(2)求的最小值.
18．已知椭圆的方程为，由其个顶点确定的三角形的面积为，点在上，为直线上关于轴对称的两个动点，直线与的另一个交点分别为.
(1)求的标准方程；
(2)证明：直线经过定点；
(3)为坐标原点，求面积的最大值.
19．已知函数，其中.
(1)当时，求函数的图象在处的切线方程；
(2)讨论函数的极值点的个数；
(3)若对任意的，关于的方程仅有一个实数根，求实数的取值范围.
件数
人数
参考答案：
1．A
【分析】先化简集合M和N,再求交集.
【详解】易知
因为，所以，故，
故.
故选：A.
2．B
【分析】利用复数的除法法则求出z,再求的模.
【详解】因为,
所以，则.
故选：B.
3．C
【分析】利用百分位数的求法求解即可.
【详解】抽取的工人总数为，，
那么第百分位数是所有数据从小到大排序的第项与第项数据的平均数，
由图表可知第项与第项数据分别为，
所以第百分位数是，
故选：C.
4．A
【分析】求出抛物线的准线为，焦点为,．根据对称性可得是等腰直角三角形，从而算出、的坐标，将其代入双曲线方程，解关于的等式即可得到实数的值．
【详解】抛物线的方程为，
抛物线的准线为，焦点为,．
又直线交双曲线于、两点，为直角三角形．
故是等腰直角三角形，边上的高为，
由此可得,、,，如图所示．
将点或点的坐标代入双曲线方程，得，解得（负值舍去）．
故选：A．
5．B
【分析】根据已知和正态分布的对称性得出结果.
【详解】，则数学成绩位于的人数约为.
故选：B.
6．D
【分析】由题意，代入关系式，根据对数的运算性质及指数与对数的关系计算可得．
【详解】由题意知，，
即，即，
所以，则，解得．
故选：D．
7．A
【解析】作出图形，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，计算出圆的圆心到直线的距离为，可知圆内不在任何切点弦上的点形成以原点为圆心，半径为的圆的内部，利用圆的面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，过圆上一动点作圆的两条切线、，切点分别为、，
则，，，
则，且为锐角，所以，同理可得，
所以，，则为等边三角形，连接交于点，
为的角平分线，则为的中点，，
且，，
若圆内的点不在任何切点弦上，则该点到圆的圆心的距离应小于，
即圆内的这些点构成了以原点为圆心，半径为的圆的内部，
因此，圆内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于确定圆内不切点弦上的点所构成的区域，为此需要计算出圆的圆心到切点弦的距离，找出临界位置进行分析.
8．A
【分析】利用赋值法对进行赋值结合函数的周期可得答案.
【详解】令，得，即，
令，得，得，所以函数为偶函数，
令，得，
令，得，
，或，
若，解得与已知矛盾，
，即，解得，，
令，得，
，，，
，所以函数的周期为4.
.
故选：A.
9．ABD
【分析】由题意，利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，通过给变量赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】由于二项式系数之和为，故A正确．
设展开式第项为，
易知的系数均小于0，且，故第项的系数最大，为80，故B正确,
令得所有项系数之和为，故C错误，
当，则，但，故展开式不含常数项，D正确．
故选：ABD．
10．AD
【分析】由已知利用两角差的正弦公式化简函数解析式，利用正弦函数的周期公式即可求解得的值，即可判断A；利用正弦函数的对称性即可判断B；利用正弦函数的单调性即可判断C；利用三角函数的图象变换即可判断D．
【详解】因为的最小正周期为，
所以，解得，故A正确，
所以，
由于，
所以点不是图象的一个对称中心，故B错误，
当，可得,，函数不是单调递减，故C错误，
将的图象上所有的点向左平移个单位长度，
可得，故D正确．
故选：AD．
11．BCD
【分析】根据的面积是面积的3倍，推出，根据向量的共线可得，结合向量相等即可推出，即可得，由此可判断C，由此求出的表达式，可求得，判断B；利用等比数列定义判断A，利用错位相减法求数列的前n项和，判断D.
【详解】设交于E点，则，
即，
故，
由于三点共线，故存在实数，使得，
即得，
故，整理得，
即，则，即
而，故为首项是，公差为的等差数列，C正确；
则，故，
故，B正确；
又常数，故不为等比数列，A错误；
，
故，
则
，
故，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据已知的三角形面积之间的关系推出，从而根据向量的共线推出，得到，由此即可求得的表达式，进行求解.
12．
【分析】由平面向量数量积的运算律求解．
【详解】因为，所以，故，
而，得，所以向量与的夹角为，
故答案为：
13．36
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解．
【详解】如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，
两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，
那么小明可以设置的不同密码共有．
故答案为：36.
14．
【分析】作出辅助线，找到外接球的球心，得到外接球半径，进而得到外接球的表面积.
【详解】如图，由对称性可知旋转角度为，设上、下正方形的中心分别为，
连接，则的中点即为外接球的球心，其中点为所在棱的中点，
即为该几何体的外接球的半径，，
过点作于点，则，
. 易得四边形为矩形，
即，则，
即，，
即该“四角反棱柱”的外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为的中点，通过证明，得证平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决两个平面夹角问题.
【详解】（1）设为的中点，连接，

在中，点为棱的中点，，.
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立
如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，
，.
设平面的一个法向量为， 则有
令，则，得.
，，
设平面的一个法向量为， 则有，
令，则，得.
设平面与平面的夹角为，有，
所以平面与平面夹角的大小为.
16．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）由题意知，取值可能为，分别求出对应的概率，写出分布列，再由数学期望公式即可.
（2）由独立事件乘法公式及互斥事件的概率即可求出结果.
【详解】（1）取值可能为，
；
；
，
所以的分布列为
．
（2）由（1）可知在一局比赛中，乙获得10分的概率为，乙获得0分的概率为，乙获得分的概率为．
在3局比赛中，乙获得30分的概率为；
在3局比赛中，乙获得20分的概率为；
在3局比赛中，乙获得10分的概率为，
所以乙最终获胜的概率为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）计算出为直角，可在中计算出、的长，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
（2）设，求出的取值范围，利用正弦定理可得出，利用平面向量数量积的定义以及三角恒等变换可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：在中，，，所以，
又是的平分线，所以，，
故，
在中，，，故，，
所以的面积.
（2）解：设，则，，，
所以，，解得，
在中，根据正弦定理得，
得，
所以
，
当且只当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)最大值为
【分析】（1）由题意得到关于方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，得韦达定理，设方程得坐标，利用将韦达定理代入化简得，得到定点坐标;
（3）由弦长公式及点到线的距离公式得面积表达式，换元法求最值.
【详解】（1）由题意知，结合椭圆参数关系，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）直线的斜率必存在，设其方程为.
消去得，
由得.
设，则，（*）
直线的方程为，
令，得，同理，
由，又，
代入整理得，
将（*）式代入并整理得.
因为直线不过，故不成立，所以，
此时直线的方程为，经过定点.
（3）由， ，
所以
又点到直线的距离为，
所以
令，则，
当，即时取等，所以的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查定点问题及面积最值，关键是利用韦达定理化简.
19．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线方程；
（2）求导，讨论判别式与0的关系得单调性即可求解极值点个数；
（3）构造新函数，判单调性，得到结合或即可求解.
【详解】（1）当时，，，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
（2），令，得，则.
当时，，此时，故函数在上单调递增，没有极值点；
当时，，令，则，
则，
则当时，，当时，，
当时，，
则在单调递增，在单调递减，
此时函数有两个极值点.
综上所述，当时，函数没有极值点；
当时，函数有两个极值点.
（3）依题意，，
记，.
（i）由（2）知当时，，则函数在上单调递增；
可知当时，，当时，，
故当时，函数恰有一个零点，方程仅有一个实数根，此时.
（ii）当时，
在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
，
则，
所以，
，
因为当，当，
故只需或，
令，则，
故当时，，当时，，
则在单调递增，在单调递减；
又，
又，故，
则，所以，
故.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数极值点及零点个数问题，解决问题关键是利用第二问单调性解决第三问零点问题，并利用构造函数法求函数值域
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