2024年江西省抚州市高考数学质检试卷（含解析）

这是一份2024年江西省抚州市高考数学质检试卷（含解析），共15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。

1.已知集合A={x∈R|x2≤4}，B={x∈R||x+1|>1}，则A∩B=( )
A. [0,2)B. (−2,0]C. (0,2]D. [−2,0)
2.已知复数z=2−i，则|2z−z−|=( )
A. 5B. 10C. 2 3D. 13
3.已知命题p：(2x+1)(2x−2)<0，q：lgx<0，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
4.已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为3的正方形，往容器内注水后水面高度为2，若再往容器中放入一个半径为1的实心铁球，则此时水面的高度为( )
A. 52B. 73C. 7027D. 209
5.已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，且当x≥1时，f(x)=2x+a，则f(0)=( )
A. −2B. 0C. 1D. 2
6.已知函数f(x)=aex+x(a>0)在点(0,f(0))处的切线为直线l，若直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为23，则实数a=( )
A. 12B. 1C. 2D. 23
7.十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，68=1×72+2×7+5，用七进制表示68这个数就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的611，其个位数是( )
A. 1B. 2C. 5D. 6
8.如图，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，点P是双曲线C的渐近线上的一点，点M是双曲线C左支上的一点.若四边形OFPM是一个平行四边形，且OM⊥OP，则双曲线C的离心率是( )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若实数a>b>0，则下列不等式一定成立的是( )
A. 0.3a<0.3bB. lga>lgbC. 1a−1<1b−1D. a> b
10.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AA1=AB，点M，N分别为CC1和BC的中点，点P是棱AA1上的一个动点，则下列说法中正确的有( )
A. 存在点P，使得B1M/​/平面PBC
B. 直线PN与CC1为异面直线
C. 存在点P，使得BM⊥PN
D. 存在点P，使得直线PN与平面ABC的夹角为45°
11.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，其中ω>0，0<φ<π，若直线x=π6ω是函数y=f(x)图象的一条对称轴，函数f(x)在区间[π,2π]上的值域为[−1, 32]，则( )
A. φ=π3B. ω=76
C. f(x)在区间(0,π2)上单调递增D. f(x)在区间(π2,π)上单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若直线l：y=2x与圆C：x2+y2−2x−3=0交于A，B两点，则|AB|= ______．
13.如图是一个弓形(由弦BC与劣弧BC围成)展台的截面图，A是弧BC上一点，测得BC=10 3m，∠ABC=15°，∠ACB=45°，则该展台的截面面积是______m2．
14.已知数列{an}是有无穷项的等差数列，a1≥0，公差d>0，若满足条件：①38是数列{an}的项；②对任意的正整数m，n(m≠n)，都存在正整数k，使得aman=ak.则满足这样的数列的个数是______种.
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)，函数f(x)和它的导函数f′(x)的图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)已知f(α)=65，求f′(2α−π12)的值．
16.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD的底面是一个梯形，AB//DC.∠ABC=90°，AB=BC=4，CD=2，PA=PD=3，PB=PC= 17．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角C−PA−D的余弦值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x−2)ln(x−2)+2aln(x−1)−(a+1)x(a∈R)．
(1)当a=0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若当x=3时，函数f(x)取得极大值，求实数a的取值范围．
18.(本小题17分)
某药厂生产的一种药品，声称对某疾病的有效率为80%.若该药对患有该疾病的病人有效，病人服用该药一个疗程，有90%的可能性治愈，有10%的可能性没有治愈；若该药对患有该疾病的病人无效，病人服用该药一个疗程，有40%的可能性自愈，有60%的可能性没有自愈．
(1)若该药厂声称的有效率是真实的，利用该药治疗3个患有该疾病的病人，记一个疗程内康复的人数为X，求随机变量X的分布列和期望；
(2)一般地，当n比较大时，离散型的二项分布可以近似地看成连续型的正态分布，若X～B(n,p)，则X可以近似看成随机变量Y，Y～N(μ,σ2)，其中μ=np，σ2=np(1−p)，对整数k1，k2(k119.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为A，△APQ的两顶点P，Q是椭圆C上的动点.当P为椭圆C的左顶点，Q为椭圆C的下顶点时，tan∠PAQ= 2，且△APQ的面积为 2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若∠PAQ的平分线经过点F，求△APQ面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A={x∈R|x2≤4}={x|−2≤x≤2}，B={x∈R||x+1|>1}={x|x>0或x<−2}，
故A∩B=(0,2]．
故选：C．
根据已知条件，结合交集的运算，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：z=2−i，
则z−=2+i，
故|2z−z−|=|4−2i−(2+i)|=|2−3i|= 22+(−3)2= 13．
故选：D．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：命题p：(2x+1)(2x−2)<0，即2x−2<0，解得x<1，
q：lgx<0，即0故p是q的必要不充分条件．
故选：B．
依次对p，q命题化简，即可判断．
本题主要考查充分条件、必要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设此时水面的高度为h，
则根据题意可得π×(32)2×2+43π×13=π×(32)2×h，
解得h=7027．
故选：C．
根据圆柱的体积公式与球的体积公式，即可求解．
本题考查圆柱的体积公式与球的体积公式的应用，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，
则f(1+x)+f(1−x)=0，
故f(2)=−f(0)，
f(1)=0，
当x≥1时，f(x)=2x+a，
则f(1)=2+a=0，解得a=−2，
f(0)=−f(2)=−(4−2)=−2．
故选：A．
根据已知条件，结合f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，推得f(2)=−f(1)，再结合f(1)=0，即可求解．
本题主要考查函数的值，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由f(x)=aex+x(a>0)，得f′(x)=aex+1(a>0)，
∴f′(0)=a+1，又f(0)=a，
∴切线l的方程为y=(a+1)x+a，
取x=0，得y=a，取y=0，得x=−aa+1，
∴直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S=12⋅a⋅aa+1=23，
解得：a=2(负值舍去)．
故选：C．
利用导数求出曲线在点(0,f(0))处的切线l的方程，再求出直线l在两坐标轴上的截距，代入三角形面积公式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为611=(7−1)11=711+C111⋅710⋅(−1)1+…+C1110⋅7⋅(−1)10+(−1)11，
且C1110⋅7⋅(−1)10+(−1)11=77−1=76=1×72+3×7+6，
所以用七进制表示十进制的611，其个位数是6．
故选：D．
利用二项式定理，结合七进制中个位数的定义求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意可知OP⊥PF，
联立y=baxy=−ba(x−c)，解得P(a2c,abc)，
∴可得M(a2c−c,abc)，即M(−b2c,abc)，将其代入双曲线方程中，可得：
b4a2c2−a2c2=1，
∴b4−a4=a2c2，
∴(c2−a2)2−a4=a2c2，
∴c2=3a2，
∴ca= 3．
故选：A．
根据题意可知OP⊥PF，联立y=baxy=−ba(x−c)，解得P(a2c,abc)，从而可得M点坐标，再将M点坐标代入双曲线方程中，建立方程，化归转化，即可求解．
本题考查双曲线的离心率的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为a>b>0，
y=0.3x在(0,+∞)上单调递减，则0.3a<0.3b，A正确；
y=lgx在(0,+∞)上单调递增，则lga>lgb，B正确；
当a=2，b=12时，C显然错误；
y= x在(0,+∞)上单调递增，则 a> b，D正确．
故选：ABD．
由已知结合函数的单调性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数单调性在不等式大小比较中的应用，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A：如图(1)：因为B1M与BC相交，所以B1M与平面PBC相交，故选项A错误；
对于B：如图(1)：因为P∉平面BB1C1C，N∈平面BB1C1C，且N∉CC1，CC1⊂平面BB1C1C，
根据经过平面外一点与平面内一点的直线与该平面内不经过该点的直线是异面直线，
所以直线PN与CC1为异面直线，故选项B正确；
对于C：如图(2)：当点P与点A重合时，因为△ABC为等边三角形，N为BC中点，
所以PN⊥BC，
又因为正三棱柱ABC−A1B1C1，
所以PN⊥平面BB1C1C，
所以B1M⊥PN，故选项C正确；
对于D：如图(3)当AP=AN时，
此时△PAB是等腰直角三角形，
因为∠PNA为直线PN与平面ABC所成的角，
所以直线PN与平面ABC所成的角为45°，故选项D正确．
故选：BCD．
画出相应的图形，结合相关性质、定理逐个判断即可．
本题考查空间线面位置关系的判定，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：由直线x=π6ω是函数y=f(x)图象的一条对称轴，得到π6+φ=nπ+π2，n∈Z．
又因为0<φ<π，得到φ=π3，所以选项A正确；
因为在区间[π,2π]上的值域为[−1, 32]，所以f(π)= 32或f(2π)= 32，且T>π，
因此2πω>π⇒0<ω<2，若f(π)= 32，则ωπ+π3=2kπ+π3或ωπ+π3=2kπ+2ππ3，k∈Z，
因为0<ω<2，得ω=13，此时f(x)=sin(13x+π3)，当x∈[π,2π]时，13x+π3∈[2π3,π]，f(x)∈[0, 32]，不符合条件．
若f(2π)= 32，则2πω+π3=2kπ+π3，或2πω+π3=2kπ+2π3，k∈Z.因为0<ω<2，
得ω=1或ω=16或ω=76，
当ω=1时，f(x)=sin(x+π3)，当x∈[π,2π]时，x+π3∈[4π3,7π3]，f(x)∈[−1, 32]符合条件．
当ω=16时，f(x)=sin(16x+π3)，当x∈[π,2π]时，16x+π3∈[π2,2π3]，f(x)∈[ 32,1]不符合条件．
当ω=76时，f(x)=sin(76x+π3)，当x∈[π,2π]时，76x+π3∈[3π2,8π3]，f(x)∈[−1,1]，不符合条件．
综上，当ω=1时，f(x)=sin(x+π3)，所以选项D正确，选项B、C错误．
故选：AD．
先根据性质确定φ，然后分类讨论确定ω，即可逐项判断．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
12.【答案】8 55
【解析】解：由圆C：(x−1)2+y2=4，故圆心C(1,0)，半径为r=2，直线l：2x−y=0，
故圆心到直线l的距离为dC−l=|2| 22+(−1)2=2 5，
∴|AB|=2 r2−d2=2 4−45=8 55．
答案为：8 55．
首先确定圆心和半径，应用点到直线距离公式求圆心到直线l的距离，再由几何法求弦长即可．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】100π3−25 3
【解析】解：设展台所在的圆的圆心为O，半径为R，
因为∠ABC=15°，∠ACB=45°，所以∠BAC=180°−15°−45°=120°，
由正弦定理得，2R=BCsin∠BAC=10 3 32=20，
所以R=10，∠BAC=120°，∠BOC=120°，
所以展台的面积为S扇形OBC−S△OBC=13π⋅102−12×10×10× 32=100π3−25 3(m2)．
故答案为：100π3−25 3．
先利用正弦定理求出展台所在的圆的半径，再结合扇形的面积公式和三角形的面积公式求解．
本题主要考查了正弦定理的应用，考查了扇形和三角形的面积公式，属于中档题．
14.【答案】69
【解析】解：根据题意，设x是数列{an}中的任意一项，则x+d，x+2d均是{an}中的项，
设am=x(x+d)，an=x(x+2d)，则an−am=x(x+2d)−x(x+d)=xd=(n−m)d，
因为d>0，所以x=n−m，即数列{an}的每一项均是整数，
所以数列{an}的每一项均是自然数，则d为整数，
而d>0，则d是正整数，
由题意，设ak=38，则ak+1=38+d是数列{an}中的项，故38(38+d)是数列中的项，
设as=38(38+d)，则as−ak=38(38+d)−38=38×37+38d=(s−k)d，
变形可得：(s−k−38)⋅d=38×37，
因为s−k−38∈N，且d∈N*，故d是38×37的约数，
所以d=1、2、19、37、2×19、2×37、19×37、38×37，
当d=1时，a1=38−(k−1)d≥0，得k=1、2、…、38、39，
故a1=38、37、…2、1、0，共39种可能；
当d=2时，a1=38−2(k−1)≥0，得k=1、2、…、18、19、20，
故a1=38、36、…2、0，共20种可能；
当d=19时，a1=38−19(k−1)d≥0，得k=1、2、3，
故a1=38、19、0，共3种可能；
当d=37时，a1=38−37(k−1)d≥0，得k=1、2，
故a1=38、1，共2种可能；
当d=38时，a1=38−38(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
当d=2×37时，a1=38−2×37(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
当d=19×37时，a1=38−19×37(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
当d=38×37时，a1=38−38×37(k−1)d≥0，得k=1，故a1=38，共1种可能；
综上，满足题意的数列共有39+20+3+2+2+1+1+1=69种．
故答案为：69．
根据题意，由等差数列的性质分析可得数列{an}的每一项均是自然数，且d是正整数，再设ak=38，则ak+1=38+d是数列{an}中的项，故38(38+d)是数列中的项，利用等差数列的性质分析可得d是38×37的约数，由此分类论d和a1的可能取值，综合可得答案．
本题考查数列的应用，涉及等差数列的通项公式和性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)函数f(x)=Asin(ωx+φ)，f′(x)=Aωsin(ωx+φ)，
由图可得，A=2，Aω=4，
又ω>0，所以ω=2，f(x)=2sin(2x+φ)，
因为f(x)的图象过点(π12,0)，
所以2×π12+φ=kπ，k∈Z，即φ=−π6+kπ，k∈Z，
因为−π2<φ<π2，所以φ=−π6，
所以f(x)=2sin(2x−π6).
(2)由(1)及f(α)=65，得sin(2α−π6)=35，
f′(2α−π12)=4cs(4α−π3)=4cs2(2α−π6)=4[1−2sin2(2α−π6)]=2825．
【解析】(1)由图可得，A=2，Aω=4，f(x)的图象过点(π12,0)，可得φ=−π6+kπ，k∈Z，进而可得结论；
(2)由(1)及题意得sin(2α−π6)=35，而f′(2α−π12)=4cs(4α−π3)=4cs2(2α−π6)，结合二倍角公式求解即可．
本题考查三角函数的图象与性质，考查二倍角公式，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：分别取AD，BC的中点O，E，连接OP，OE，PE，
在直角梯形ABCD中，OE=12(AB+CD)=3，AD= (AB−CD)2+BC2=2 5，
因为PA=PD=3，
所以OP⊥AD，且OP= PA2−(12AD)2=2，
又PB=PC= 17，E是BC的中点，
所以PE= PB2−(12BC)2= 13，
所以OP2+OE2=PE2，即OP⊥OE，
又AD∩OE=O，AD、OE⊂平面ABCD，
所以OP⊥平面ABCD，
因为OP⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
(2)解：以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(4,4,0)，C(0,0,0)，D(2,0,0)，P(3,2,2)，
所以AP=(−1,−2,2)，CA=(4,4,0)，DA=(2,4,0)，
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AP=−x−2y+2z=0m⋅CA=4x+4y=0，
取x=−2，则y=2，z=1，所以m=(−2,2,1)，
设平面PAD的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅AP=−a−2b+2c=0n⋅DA=2a+4b=0，
取b=1，则a=−2，c=0，所以n=(−2,1,0)，
所以cs=m⋅n|m|⋅|n|=4+2 4+4+1× 5=2 55，
由图可知，二面角C−PA−D为锐角，
故二面角C−PA−D的余弦值为2 55．
【解析】(1)分别取AD，BC的中点O，E，连接OP，OE，PE，结合等腰三角形的性质与勾股定理，可证OP⊥AD，OP⊥OE，从而知OP⊥平面ABCD，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
(2)以C为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理，利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=(x−2)ln(x−2)−x，f′(x)=ln(x−2)(x>2)，
由f′(x)>0，得x>3，
所以函数f(x)的单调递增区间是(3,+∞)；
(2)f′(x)=ln(x−2)+2ax−1=a，
由题意得，f′(3)=0，
依题意，存在实数m，n且2≤m<30，当3记g(x)=f′(x)，则g′(x)=1x−2−2a(x−1)2=x2−2(a+1)x+1+4a(x−2)(x−1)2，
记h(x)=x2−2(a+1)x+1+4a，h(3)=4−2a，
①当a>2时，h(3)<0，a+1>3，h(x)在区间(2,a+1)上单调递减，
存在2≤m<3因此当m当3函数f(x)在x=3时取得极大值；
②当a=2时，h(3)=4−2a=0，因此h(x)≥h(3)=0，
则g′(x)≥0，f′(x)在区间(2,+∞)上单调递增，
当x>3时，f′(x)>0，
x=3不是函数f(x)的极大值点，
③当a<2时，b(3)>0，a+1<3，函数h(x)在区间(3,+∞)上单调递增，
当x∈(3,+∞)时，h(x)>h(3)>0，即g′(x)>0，
函数f′(x)单调递增．即当x>3时，f′(x)>f′(3)=0，
因此x=3不是函数f(x)的极大值点．
综上，实数a的取值范围是(2,+∞)．
【解析】(1)把a=0代入，对函数f(x)求导，结合导数与单调性关系即可求解；
(2)先对f(x)求导，结合导数与单调性及极值存在条件对a的范围进行分类讨论，即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，体现了分类讨论思想及转化思想的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)记“一个患有该疾病的病人服用该药一个疗程康复”为事件A，
则(A)=0.8×0.9+0.2×0.4=0.8，
因此X～B(3,0.8)，
P(X=0)=(1−0.8)3=0.008，
P(X=1)=C310.8(1−0.8)2=0.096，
P(X=2)=C320.82(1−0.8)=0.384，
P(X=3)=0.83=0.096，
所以X的分布列为：
E(X)=3×0.8=2.4；
(2)若该药品的有效率为80%，由(1)得，一个疗程内，使用该药后的康复率也为80%，
记康复的人数为随机变量X1，则X1～B(100,0.8)，
设μ=100×0.8=80，σ2=100×0.8×0.2=16，设Y～N(80,42)，
所以P(X≥k)≈P(Y>k−0.5)≥0.9772，
又P(Y≥μ−2σ)≈1−1−0.95452=0.9772，
所以k−0.5≤μ−2σ=80−2×4=72，即k≤72.5，
所以整数k的最大值为72．
【解析】(1)利用二项分布求解；
(2)利用正态分布的对称性和3σ原则解决．
本题考查二项分布的分布列和正态分布，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由条件得a= 2b,12a⋅2b= 2，解得a= 2,b=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1；
(2)由∠PAQ的平分线经过点F，得到AP，AQ的斜率都存在，点A的坐标为(0,1)，
则设AP：y=k1x+1，AQ：y=k2x+1，
点F的坐标为(−1,0)，所以|−k1+1| k12+1=|−k2+1| k22+1，化简得到k1k2=1，
由已知得到直线PQ的斜率存在，设PQ的方程为y=kx+m，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程组y=kx+m,x22+y2=1，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0(*)．
所以x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
由k1k2=1，得到(y1−1)(y2−1)=x1x2，
所以(kx1+m−1)(kx2+m−1)=x1x2，得k2x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2=x1x2，
根据韦达定理得k2⋅2m2−21+2k2+k(m−1)(−4km)1+2k2+(m−1)2=2m2−21+2k2，
化简得m2+2m−3=0，即m=1或−3．
又当m=1时，直线PQ经过点A，不符合题意，
因此，m=−3，直线PQ经过定点N(0,−3)，
将m=−3代入方程(*)得(1+2k2)x2−12kx+16=0，由△>0，解得k2>4．
△APQ面积S=12|AN|⋅|x1−x2|=2 (x1+x2)2−4x1x2=8 k2−41+2k2．
设 k2−4=t,t>0，则S=8t9+2t2=89t+2t≤82 9×2=2 23，
当且仅当t=32 2时取等号，因此△APQ面积的最大值为2 23．
【解析】(1)由已知列出关于a，b的方程组，求解即可得椭圆方程；
(2)设AP：y=k1x+1，AQ：y=k2x+1，由∠PAQ的平分线经过点F，求得k1k2=1，再设直线PQ的方程为y=kx+m，及P(x1,y1)，Q(x2,y2)，结合韦达定理和基本不等式求解△APQ面积的最大值．
本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．X
0
1
2
3
P
0.008
0.096
0.384
0.512