江西省重点中学协作体2024届高三第二次联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份江西省重点中学协作体2024届高三第二次联考数学试卷（Word版附答案），共14页。试卷主要包含了酒驾最新标准规定，若，则，已知实数满足，则的最小值为，已知定义域为的函数满足，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，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．
一、选择题：本题共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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数的共轭复数满足，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．酒驾最新标准规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，达到及以上认定为醉酒驾车．如果某驾驶员酒后血液中酒精浓度为，从此刻起停止饮酒，血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶？（参考数据：）（ ）
A．6B．7C．8D．9
4．若，则（ ）
A．B．1C．D．
5．已知递减的等差数列的前项和为，若是与的等比中项，则（ ）
A．51B．48C．36D．33
6．已知实数满足，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．4
7．已知定义域为的函数满足：，，且，则下列说法不正确的是（ ）
A． B．是奇函数
C．若，则 D．是奇函数
8．我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖明原理：“具势既同，则积不容异．”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．因此运用祖暅原理计算球的体积时，我们可以构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即，则．现将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周后得一个旋转体，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共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．下列命题正确的是（ ）
A．已知由一组样本数据，得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有
B．某学校高三年级学生有男生500人，女生400人，为了获得该校高三全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则抽取的样本的方差为43
C．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，则剩下28个数据的分位数可能等于原样本数据的分位数
D．若随机变量，且，则
10．已知数列的前项和为，则下列选项正确的是（ ）
A．B．数列是公比为2的等比数列
C．D．的最大整数的值为8
11．已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，则直线平面
B．当时，的最小值为
C．当时，的取值范围为
D．当，且时，则点的轨迹长度为
三、填空题：本题共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．已知平面内非零向量在向量上的投影向量为，且，则与夹角的余弦值为______．
13．已知双曲线的左焦点为，过原点且斜率为的直线与双曲线交于两点，若，则双曲线的离心率为______．
14．已知函数相邻两零点的距离为，且，将图像向左平移个单位长度，再将所得图像上的所有点保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后得到函数的图像．若存在非负实数使得，在内恰好有8个零点，则所有符合条件的值组成的集合为______．
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）如图，在三棱锥中，平面平面，点为的重心，．
（1）若平面，求的长度；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．
16．（本小题15分）在中，内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且．
（1）求角；
（2）若的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积．
17．（本小题15分）某数学兴趣小组模拟“刮刮乐”彩票游戏，每张彩票的刮奖区印有从10个数字1，2，中随机抽取的3个不同数字，刮开涂层即可兑奖，中奖规则为：每张彩票只能中奖一次（按照最高奖励算）若3个数的积为2的倍数且不为3的倍数时，中三等奖；若3个数的积为5的倍数且不为3的倍数时，中二等奖；若3个数的积既为3的倍数，又为4的倍数，又为7的倍数时，中一等奖；其他情况不中奖．
（1）在一张彩票中奖的前提下，求这张彩票是一等奖的概率；
（2）假设每张彩票售价为元，且获得三、二、一等奖的奖金分别为2元，3元，10元，从出售该彩票可获利的角度考虑，求的最小值．
18．（本小题17分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆雉曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是己知动点与两定点的距离之比且是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的上顶点与右顶点，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点，过点斜率分别为的直线与椭圆的另一个交点分别为，且满足，试探究面积是否存在最大值，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
19．（本小题17分）已知函数，
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，证明：对任意，存在唯一实数，使得
江西省重点中学协作体2024届高三第二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】C【解析】由，则．
2．【答案】D【解析】由，则，则在复平面内对应的点的坐标为．
3．【答案】B【解析】由．即，两边取对数可得，
．
4．【答案】A【解析】，即，则．
5．【答案】C【解析】设等差数列的公差为，由是与的等比中项得，解得（舍）或，则，则．
6．【答案】B【解析】由题意知点在曲线上，则圆心到直线的距离，即，所以的最小值2．
7．【答案】D【解析】由得，所以，故是奇函数，故B正确；由是奇函数得，令，由可得，又，得，故A正确；由得，所以，故是偶函数，所以D错误；
由题意得，令得，当时，，所以C正确．
8．【答案】A【解析】已知直线与双曲线的交点为，则用垂直于轴的平面截旋转体的截面为圆面，截面圆的半径为，截面面积为，又直线与双曲线的渐近线的交点为，所以是用垂直于轴的平面截两条渐近线绕轴旋转得到的旋转体的截面面积，用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为，所以构造底面半径为1，高为4的圆柱的截面面积为，体积为，又绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为，所以根据祖暅原理得旋转体的体积为．
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．
9．【答案】BD【解析】对于A，这组数据不一定有，故A错误；
对于，样本均值
样本方差：
．故B正确
对于C，将这原来的30个数从小到大排列为，则，所以原来的分位数为，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为，则，以剩下28个数据的分位数为，由于互不相同，所以C不正确；
对于D，，则，故D正确．综上，正确选项为BD．
10．【答案】ABD【解析】由题设可得，，即，又，即，所以，数列是首项为2且公比为2的等比数列．所以B正确．所以，，即．则，所以A正确．
所以，，又符合上式，则，即．故C错误．，，所以D正确．
11．【答案】BC【解析】对于A，由于时，则，此时为的中点，直线不会垂直平面，故A错误；
对于，在上取点，使，在上取点，使，因为，即，故点在上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图：
连接交于，此时三点共线，取到最小值即的长，由于，则，
故，
即此时的最小值为，B正确；
对于C，当时，可得点的轨迹在平面内（包括边界），所以的取值范围为，C正确；
对于D，当时，可得点的轨迹在内（包括边界），由于平面平面，故，又平面，故平面平面，故，同理可证平面，故平面，设与平面交于点，由于，为边长为的正三角形，则点到平面的距离为，若，则，即点落在以为圆心，为半径的圆上，点到三边的距离均为，即点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，又，其轨迹长度为3倍的弧长：，故D错误．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】【详解】设与的夹角为，因为，即，又，则，即．
13．【答案】
【详解】，
又，，则．
14．【答案】【详解】由题意可知，
即，，则，
所以．故．
则，
令，此时，而，则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根，不妨设，
①当时，，此时无解，对于在内有6个零点，内都有8个零点，内有10个零点，则或；
②当时，，此时在内有6个零点，在内有8个零点，在内有9个零点，故；
③当时，，此时，令，又，则，故在内有6个零点，在内有8个零点，在内有10个零点，故；故．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．
15．【解】（1）连接并延长与交于点，连接，所以平面平面．
因为平面平面所以
又因为为的重心，所以．所以．
所以，即．所以在中，，则．
（2）设为的中点，连接．因为平面平面
又因为所以，且平面平面，
所以平面，如图所示，分别以为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，所以，因为，所以
又因为，所以，所以．
所以，又因为．
不妨设平面的法向量，所以
所以，可取
设直线与平面所成的角为，所以．
16．【解】（1）由正弦定理可得，又，则，，即，
又，则．
（2）由（1）可知，，又外接圆的半径为；由正弦定理可知，即又，由，可得，即．①
由余弦定理可知，，即．②
由①②可知．则，又，则．
17．【解】（1）若获得三等奖则可能是出现：①2，4，8，10中出现3个；②2，4，8，10中出现2个，1，5，7出现1个；③2，4，8，10中出现1个，1，5，7出现2个；则获得三等奖的概率，
若获得二等奖则可能是出现：①中出现2个，五个中出现1个；②中出现1个，1、2、4、7、8五个中出现2个；则获得二等奖的概率，若获得一等奖则可能是出现：①一个7，3、9中出现1个，4、8中出现1个；②一个7，一个6，2、4、8、10 四个中出现 1个；则获得一等奖的概率 ，所以随机抽取一张彩票，则这张彩票中奖的概率．
所以已知一张彩票中奖，且是一等奖的概率为
（2）一张彩票的奖金的取值可能为0、2、3、10元，
由题可知不中奖的概率为
其分布列为：
所以，所以要盈利，则又，
所以的最小值为2．
18．【解】：（1）方法一：设，上顶点，右顶点，由题意知：
整理可得：，
又．，解得．
则椭圆方程为．
方法二：圆心在两定点所在直线上，，又
且圆心为则椭圆方程为
（2）由题可知，直线的斜率显然存在设，
则解得：，
则，又
整理可得，即，
即或，
当时直线过点，不合题意，
此时点到直线的距离为，
又，
当时面积取得最大值，最大值为2，此时，
存在最大值为2，此时直线方程为．
19．【解】（1），则
，
①当时，，令，则；令，则．
即的单调递增区间为，单调递减区间为．
②当时，，则的单调递增区间为．
③当时，则，令，则或；令，则．
即的单调递增区间为和，单调递减区间为．
④当时，则，令，则或；
令，则．即的单调递增区间为和，单调递减区间为．
综上可知，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（1）令，
因为，则在上单调递减．
其中，
即
令，则在上单调递增；在上单调递减．
则．，则，即．
又因为，所以．
同理可得，
由（时等号成立）得，，即，（时等号成立），
又，所以恒成立，又，所以．
由零点存在性定理可得，对任意，存在唯一实数，使得成立．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
B
A
C
B
D
A
题号
9
10
11
答案
BD
ABD
BC
0
2
3
10