江西省宜春市第一中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份江西省宜春市第一中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含江西省宜春市第一中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷原卷版docx、江西省宜春市第一中学2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
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. （1，2]B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别化简集合，取交集即可.
【详解】，或，
所以或.
故选:D.
2. 已知复数z满足，则z的虚部是（ ）
A. -25B. -5C. 1D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的模定义求得，利用复数的四则运算求得，再由共轭复数定义得即可得出结论.
【详解】由，得，
所以，所以．
故选：B．
3. 下列说法不正确的是（ ）
A. 一组数据1，4，14，6，13，10，17，19的25％分位数为5
B. 一组数据，3，2，5，7的中位数为3，则的取值范围是
C. 若随机变量，则方差
D. 若随机变量，且，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，先把数据从小到大排列，利用百分位定义计算即可；对于B，根据中位数的定义讨论即可；对于C，根据二项分布的方差公式计算即可；对于D，根据正态分布的对称性求解.
【详解】对于A，该组数据共8个，且，所以25％分位数为从小到大排列后第2个数和第3个数的平均数，即为，故A正确；
对于B，若，则这组数据由小到大排列依次为2，3，5，，7或2，3，5，7，，中位数为5，不合题意；
若，则这组数据由小到大排列依次为2，3，，5，7，中位数为，不合题意；
若，则这组数据由小到大排列依次为2，，3，5，7或，2，3，5，7，中位数为3，故实数的取值范围是，故B正确；
对于C，若随机变量，则，所以，故C错误；
对于D，若随机变量，且，则，故D正确．
故选：C．
4. 设等差数列的前n项和为，且，则（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列求和公式化简可得，将化简可得，计算可得结果.
【详解】设的公差为d，由，得，
化简为，
所以．
故选：A．
5. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A. 若、，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断．
【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，，
所以，所以，故A正确；
对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确；
对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确；
对于D，当，时，可能在平面内，故D错误．
故选：D．
6. 已知，且，若函数在上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，转化为在上恒成立，令，利用导数求得函数单调递减，得到，得出，即可求解.
【详解】由函数，可得
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
令，则，
所以在上单调递减，所以，即，
则，解得，即实数的取值范围是．
故选：D．
7. 已知抛物线C：的焦点为F，动直线l与抛物线C交于异于原点O的A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点（），则当取最小值时，（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由抛物线的方程可得焦点坐标以及准线方程，然后分别过A、B、M向准线作垂线，取最小值即直线AB过焦点时，再结合点差法代入计算，即可得到结果.
【详解】
由题可知焦点，准线，设线段AB的中点为，即为OP中点，
则，．分别过A、B、M向准线作垂线，垂足分别为，，，
如图所示．
则，当直线AB过焦点时取等号，此时．
设、，直线AB的斜率为k，
由，两式相减，得，所以，
即，得，所以，又，所以．
故选：B．
8. 已知，，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先将化成统一形式，构造函数，研究单调性进而比较大小即可.
【详解】由题意得，，；
设，则，
当时，，所以单调递增，又，
所以，即，所以.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ）
A. 事件A与事件B对立B. 事件A与事件B相互独立
C. 事件A与事件C相互独立D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，甲骰子点数为奇数，乙骰子点数为偶数，事件可以同时发生，由对立事件的概念可判断；对于B，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于C，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于D，由前面可知，即可判断是否相等.
【详解】由题意，得，，，
对于A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，故A错误；
对于B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，故B正确；
对于C，，又，故事件A与事件C相互独立，故C正确；
对于D，由上知，，故D错误．
故选：BC．
10. 古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 面积的最大值为12B. 的最大值为72
C. 若，则的最小值为10D. 当点M不在x轴上时，MO始终平分
【答案】ABD
【解析】
【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点，由，得，
化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，设线段AB的中点为N，，
当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确；
对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误；
对于D，由，，有，当点M不在x轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确．
故选：ABD．
11. 设椭圆C：的左、右焦点分别为，，坐标原点为O．若椭圆C上存在一点P，使得，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 的面积为2D. 的内切圆半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知求出P点坐标，根据两点间距离公式分布求出，在中利用余弦定理可判定A，利用向量数量积公式可判定B，三角形面积公式可判定C，根据等面积法可判定D.
【详解】法1：由题意得，，则，．
由对称性可设（，），，，，
由，解得，又，，
所以，，
所以．
由椭圆的定义得，
在中，由余弦定理，得，
即，
解得，故A正确；
，故B错误；
的面积为，故C正确；
设的内切圆半径为r，由的面积相等，得，
即，解得，故D正确．
故选：ACD．
法2：设，，．易知，，
由极化恒等式，得，故B错误；
由中线长定理得，由椭圆定义得，
所以，所以，
所以，故A正确；
由，得，所以，故C正确；
设的内切圆半径为r，由的面积相等，得，
即，解得，故D正确．
故选：ACD．
12. 如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（ ）

A. 存在满足条件的点M，使
B. 当点Q在线段上移动时，必存在点M，使
C. 三棱锥的体积存在最大值和最小值
D. 直线与平面所成角的余弦值的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知，取的中点E，的中点F，并连接，可得点M的轨迹为线段．对于A，连接，交于点O，可得平面，当M为线段中点时，，又，则可判断：对于B，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由空间向量坐标运算可得存在，即可判断；对于C，设点M到的距离为h，可知当M与E重合时，，当M与F重合时，，即可求出三棱锥的体积存在最大值和最小值，则可判断；对于D，由平面知，即为直线与平面所成的角，在中，可得，则得，进而得，则可判断.
【详解】取的中点E，的中点F，连接，，，，如图所示．

易知，，
因为平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，又平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，故点M的轨迹为线段．
对于A，连接，交于点O，如图所示．

则，又，，平面，
所以平面，当M为线段中点时，，
因为，所以，故A正确；
对于B，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．

则，，
设（），得，从而，
又，令，得，
当时，显然不合题意；
当时，由，解得，
即当点Q在线段上移动时，均存在点M，使，故B正确；
对于C，设点M到的距离为h，
则三棱锥的体积为
，
当M与E重合时，，得；
当M与F重合时，，得，故C正确；
对于D，设直线与平面所成的角为、连接，如图所示．

由平面知，，在中，
由，得，
所以，所以，故D错误．
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛，本题关键是先找到点M的轨迹，对于B选项，通过设出向量的含参坐标，借助参数的范围满足条件，得到答案；对于C选项，利用等积转化，转化成棱锥高取得最值，可得体积最值；对于D选项，关键是找到线面角正切的范围，进而得到余弦的范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，均为非零向量，若，则与的夹角为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由，可得，即，解得，
因为，所以，
又因为，所以．
故答案为：.
14. 已知，且，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】先结合二倍角的正切与两角和的正切公式及角的取值范围，得到，再利用倍角公式把转化为齐次式求解.
【详解】由，得，
即，又，所以，
从而．
故答案为：3
15. 已知，，且满足，则的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】解法1、根据题意，得到，结合基本不等式求得，进而求得的最大值；
解法2、根据题意，得到，利用权方和不等式得，进而求得的最大值．
【详解】解法1、由，可得，
由基本不等式得，可得，
所以，当且仅当时取等号，
联立方程组，解得，，故的最大值为2．
解法2、由，可得，
因为，由权方和不等式得，即，
所以，当且仅当，即时取等号，
联立方程组，解得，，故的最大值为2．
故答案为：.
16. 已知方程在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】先分离参数，构造函数，将问题转化为函数的图象与直线在上有两个交点，再将变形，构造函数，，通过导数研究函数进而求出的取值范围.
【详解】由，得，令，
则函数的图象与直线在上有两个交点，
而；
令，，则恒成立，
故在上单调递增，故，即，
令，函数，，
则函数的图象与直线有两个交点，由，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处有极小值，
且，当且时，，
所以，即实数m的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：，将函数化成相同整体变量进而构造函数解决参数取值范围是解决导数问题的常用方法.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的周长为15，面积为．
（1）求的外接圆面积；
（2）设D是边AB上一点，在①CD是边AB上的中线；②CD是的角平分线这两个条件中任选一个，求线段CD的长．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由的面积为，求得，再由的周长为，得到，结合余弦定理，求得，再由正弦定理，求得外接圆半径即可求解；
（2）若选择①：法1：由，结合向量的运算法则，即可求解；
法2：设，列出方程组求得，结合，列出方程，即可求解；
若选择②，设，求得，根据，列出方程，即可求解；
法2：由，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：由的面积为，可得，解得，
又由的周长为，可得，即，
由余弦定理得
，解得，
设外接圆半径为R，由正弦定理得，所以，
所以的外接圆面积为．
【小问2详解】
解：若选择①：
法1：由（1）知，及，
由，可得
，
所以，即．
法2：不妨设，由及，解得，
在和中，可得，
由余弦定理得，解得．
若选择②，不妨设，由及，解得，
法1：由，
可得，解得．
法2：由张角定理，得，
即，解得，
18. 在正项数列中，已知，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，化简得到，得到数列为等差数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，结合二项式定理，得到，再结合，结合等比数列的求和公式，即可得证.
【小问1详解】
解：由，可得，
即，
因为，所以，
所以数列是首项为，公差为0的等差数列，
又因为，所以，所以数列的通项公式为．
【小问2详解】
解：由（1）知，
则，当时，取等号，
因为，
所以，
所以．
19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，已知底面ABCD为菱形，平面PAB底面ABCD，M为棱BC上异于点C的一点，O为棱AB的中点，且，．
（1）若，求证：M为BC的中点；
（2）若平面POM与平面PAC所成的锐二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再证得平面，得到，进而得到，即可得到为的中点；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系， 设，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程求得的值，即可求解.
小问1详解】
证明：因为，为的中点，所以，
又平面底面，平面底面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且底面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点．
【小问2详解】
解：连接，因为，所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以向量，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，
所以，，，，
设是平面PAC一个法向量，则，
取，可得，所以，
设，则，即，
设是平面POM的一个法向量，则，
取，可得，所以，
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，
整理得，解得，或（舍去），所以．
20. 据教育部统计，2024届全国高校毕业生规模预计达1179万，同比增加21万，岗位竞争激烈．为落实国务院关于高校毕业生就业工作的决策部署，搭建高校毕业生和用人单位求职招聘的双向对接通道，促进高校毕业生高质量充分就业，某市人社局联合市内高校开展2024届高校毕业生就业服务活动系列招聘会．参加招聘会的小王打算依次去甲、乙、丙三家公司应聘．假设小王通过某公司的专业测试就能与该公司签约，享受对应的薪资待遇，且不去下一家公司应聘，或者放弃签约并参加下一家公司的应聘；若未通过测试，则不能签约，也不再选择下一家公司．已知甲、乙、丙三家公司提供的年薪分别为10万元、12万元、18万元，小王通过甲、乙、丙三家公司测试的概率分别为，，，通过甲公司的测试后选择签约的概率为，通过乙公司的测试后选择签约的概率为，通过丙公司的测试后一定签约．每次是否通过测试、是否签约均互不影响．
（1）求小王通过甲公司的测试但未与任何公司签约的概率；
（2）设小王获得年薪为（单位：万元），求的分布列及其数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）记事件：小王通过甲公司的测试，但未通过乙公司的测试，记事件：小王通过甲、乙公司的测试，但未通过丙公司的测试，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
记事件：小王通过甲公司的测试，但未通过乙公司的测试，
记事件：小王通过甲、乙公司的测试，但未通过丙公司的测试，
则，，
显然与互斥，所以小王通过甲公司的测试但未与任何公司签约的概率．
【小问2详解】
依题意的可能取值为，，，，
则，，
，，
则的分布列如下表：
故．
21. 已知函数，．
（1）若对恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若曲线与x轴交于A，B两点，且线段AB的中点为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，把不等式转化为恒成立，令，求得，设，利用导数求得的单调性，结合，进而得到单调性和，即可求解；
（2）根据题意，转化为有两个实根，设，因为，转化为，构造，利用导数得到在递增，得到，转化为证，令在利用导数求得函数的单调性，得到，取，即可得证.
【小问1详解】
解：因为函数，可得其定义域为，
由，即，化为，
因为对恒成立，即恒成立，
令，则，可得，
设，则，
当时，，当时，，
故在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以，
当时，，当时，，
故在区间内单调递减，在区间内单调递增，则，
所以实数a的取值范围是．
【小问2详解】
证明：令，
由（1）知方程有两个不等实根，且一根小于1，另一根大于1，
不妨设，因为，
所以，
又因为，构造函数，，则，
得在单调递增，，即，
即，即，
要证，即证，
即证，即证，
构造函数，
则，
故在区间内单调递减，则，即，
取，则有，即，故．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22. 已知以点M为圆心的动圆经过点，且与圆心为的圆相切，记点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）若动直线l与曲线C交于，两点（其中），点A关于x轴对称的点为A'，且直线BA'经过点．
（ⅰ）求证：直线l过定点；
（ⅱ）若，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据动圆M与圆相切，由，利用双曲线的定义求解；
（2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），与联立，由求解；（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，，然后由求解.
【小问1详解】
圆的圆心坐标为，半径．
动圆M与圆相切有两种情况，即内切或外切，
所以，
所以点M在以，为焦点的双曲线上，且该双曲线的实轴长为，，
所以，
所以曲线C的方程是．
【小问2详解】
（ⅰ）设直线l方程为（显然l与x轴不平行），
与联立，得，
由题意知，，，即，
由韦达定理得，．
因为点A与A'关于x轴对称，不妨设A，B分别在第一、二象限，如图所示．
易知，
即，
化为，
即，化为，
当m变化时，该式恒成立，
所以，故直线l过定点（-3，0）．
（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，．
由，
，
，
，
化为，解得或（舍去），
故，
此时直线l的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题（ⅱ）的关键是由直线BA'经过点，结合点A关于x轴对称的点为A'，得到 ，从而将，转化为，结合韦达定理而得解.0
10
12
18