江西省新余市第四中学2024届高三下学期5月数学高考全真模拟（三）试题

这是一份江西省新余市第四中学2024届高三下学期5月数学高考全真模拟（三）试题，共8页。试卷主要包含了已知集合，，若，则的取值范围是，已知，函数在其定义域内的极小值点为，若复数满足等内容，欢迎下载使用。
1.甲、乙等5人排成一行，则甲不站在5人正中间位置且乙不站在最左端的不同的排列方式共有（ ）种.
AB.C.D.
2.已知集合，，若，则的取值范围是：（ ）.
A.B.C.D.
3.已知一组数据大致呈线性分布，其回归直线方程为，则：的最小值为：（ ）.
A.B.C.D.无法确定
4.已知：函数在上有且仅有两个零点，则的取值范围是：（ ）.
A.B.C.D.
5.双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为：（ ）.
A.B.C.D.
6.“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作他的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，分别为所在棱中点，分别为所在棱靠近端的三等分点，小郅同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为：（ ）.
A.B.C.D.
7.函数在其定义域内的极小值点为：（ ）.
A.B.C.D.
8.设数列的前项和为，数学家墨卡托、牛顿、Gregry Saint-Vincen曾分别独立发现当足够大时，会趋向于一常数，先给出以下三个数学事实：
①；②如果求数列前项和时存在给其中的某些项用括号括起后得到，，则；③.
基于以上数学事实我们可以推出：将数列的项按某种规律重新排列（如：将第个偶数项排到第个奇数项后）后前项和在足够大时（ ）.
A.最终一定趋于B.最终一定不趋于任何一个常数
C.最终一定趋于某一常数但不一定是D.以上均不正确
选择题：本大题共小题，每小题分，共计分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得分，部分选对得部分分，具体按总选项个数赋予每个选项平均分，有选错的得分。
9.若复数满足：，则的取值可以是：（ ）.
A.B.C.D.
10.将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（ ）区间内.
A.B.C.D.
11.如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是：（ ）.
A.若，则直线与平面的夹角的正切值为
B.若，，，则
C.若，有最小值，则的取值范围是：
D.若，则三棱锥外接球表面积的最小值为
填空题：本大题共小题，每小题分，共计分。
12.设随机变量的分布列如图：
若的数学期望为，事件：或，事件：或，则 ； .
13.在平面直角坐标系中，分别为轴上的点，，则以原点为顶点且经过两点的抛物线的准线斜率为： .
14.函数满足恒成立，则的取值范围是： .
解答题：本大题共小题，共计分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（本题满分13分）
如图：在四边形中，，，，，.
求. （2）求四边形的面积.
16.（本题满分15分）
我们规定：若数列为增数列且也为增数列，则为“数列”.
已知：，，，其中只有一个数列，它是： ；请从另外两个数列中任选一个证明其不是数列.
已知数列满足：，为的前项和，试求的通项并判断数列是否为数列并证之.
已知数列、均为数列，且，，求证：数列也为数列.
17.（本题满分15分）
小郅同学的左、右口袋中分别装有3个糖果，每次取糖他都有的概率从右口袋中取，每次取糖过程相互独立.当他发现某个口袋中没有糖时停止取糖.
求当他右口袋为空时，左口袋中剩余2个糖的概率，并求出的值使最大.
若，求小郅最终发现其右口袋没有糖的概率.
对于，求证成立不等式：.
18.（本题满分17分）
如图：在空间直角坐标系中有椭圆与正交，为的右顶点，为上一点，平面内的直线经过并与交于两点，在平面直角坐标系与中（规定垂直于平面系观察时轴、轴分别为对应平面系的纵轴，正方向竖直向上，横轴正方向水平向右），不与坐标轴平行的直线与的斜率分别为.
若，当三棱锥体积取最大值时，求；
探究：是否存在定点使平面平面不论取何值恒成立？若存在，求的坐标；若不存在，请说明理由.
19.（本题满分17分）
我们知道，在平面直角坐标系中，可以用两点之间距离公式刻画两点的距离，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一实数满足：
①，当且仅当时等号成立； ②； ③.
其中，为平面直角坐标系内的三个点，我们就称是关于两点的一个“度量”.设：平面直角坐标系（为坐标原点）内两点的“距离”.
求证：两点的“距离”是关于两点的一个“度量”.
设为平面直角坐标系内任意一点.
（ⅰ）若，请在右图中定性做出点的集合组成的图像（不必说明理由，但要求做出特殊点与其特征）.（ⅱ）求证：.
规定平面内两条平行直线的距离为在上分别取的任意两个点距离的最小值.已知不重合的直线，，，求的取值范围.
小题参考解析
一、
1.D用间接法求解：共有种排法.选D.
2.A，，，故，选A.
3.C回归直线经过，，，代入得：，得最小值为.
4.B用二倍角公式可化简原函数为，令，作出图像后可以得到：，故，选B.
5.B过作（为垂足），，，，由得：，，故：，即：，故选B.
6.B取中点为，，为方便计算，不妨设，，，，设肉馅球半径为，则到的距离，，，又，解得：，故，所以：，，由以上计算可知：为正三棱锥，故，所以比值为，选B.
7.A法一：，令，，令，由于递增，故与的单调性相同，，当时，，单调递减；时，，单调递增，故极小值点为，选A.
法二：令：，，以下同上.
8.D①，②，则①+②得：
，是将第个偶数项排到原来第个奇数项后得到的一个重新排序，但此时前项和趋于；
又将第个偶数项排到原来第个奇数项并适当添加括号后得到：
故：，由事实②：去掉括号后仍有，此时前项和不趋于某一常数，选D.
二、
9.ABC设，，故在复平面内表示一个圆周：，表示该圆上一点到原点的距离，易知：，故选ABC.
10.BD法一：，，同理：，，数形结合得：，故，，，该区间与四个选项交集非空，故选BD.
法二：设，则：在和中：，余弦定理展开得：，故的轨迹为：，其余同上，但更为直观.
11.ABDA.为中点，过作，连，易知：，，故：，A正确.
B.由条件：，，如图：延长交的延长线于，过作，，则，，
如图建立平面直角坐标系：，，故：，若，则①，由三点共线的性质：的点在直线上，的点在直线上，所以交点为：，这就是点.故将该点代入①式得：，成立.
C.在给定时过定点，临界时，斜率再减小（增大），则易知存在且使，即最小值存在，而减小时不存在点，设临界时，则：，故，，代入直线得：，所以：，C错误.
D.，故在线段上（不与端点重合），对于，，作图可知：与的交点横坐标落在内，设平面为的外心，如平面图：由相似三角形的性质可知：为中点时，，随点由点向上移动，其中垂线斜率增大且小于，由相似三角形的性质：中点一定在上方，故中垂线与交点（即外接球球心）在射线上，外接球半径最小，即最小，此时，用等面积法可算，此时：.
三、
，故：，
所以：.
13.如图：设，，，，，则：，，即：，又在上：，.故：，又，所以：，故逆时针旋转后对称轴斜率为，准线与对称轴垂直，故.
14.，令单调递增，
令，，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，范围为：.
参考答案
一、
1.D2.A3.C4.B
5.B6.B7.A8.D
二、
9.ABC10.BD11.ABD
三、
12. （第一空2分，第二空3分）
13.14.
四、
15.解：（1），分
分
，分
故：分
延长交于，设，，在中：
，7分
解得：或，8分
又：，9分
（*）所以：由得：，，10分
所以：11分
又：12分
故：.13分
（评分细则：（1）按答案给分；（2）有多种解法同样给分，“*”完整解出需要的条件才得分）
16.解：（1）1分
证：若选：
假设是数列，则：（成立），且：2分
所以：，即：，故：，这与矛盾3分
故不是数列.4分
（同理可证）.
法一：①，②，5分
②得：，故：为等差数列，7分
又当时，，所以.8分
法二：由①得：5分
设：，则：，，...，，7分
累加得：，故：.8分
所以：9分
递增，但不为增数列，故不是数列.10分
（3）由题意得：①，②，因为：，11分
所以：①②得：，即：，所以为增数列.13分
又因为：，故只需证：，即证：，这显然成立.14分
故也是增数列，故为数列.15分
（评分细则：多种解法同样给分，（1）若用反证法必须写明得出的矛盾，否则扣1分，若直接写不成立得满分；
（2）若的公式写对结果写错得1分，但之后的判断不论正确与否均不得分；（3）若用分析法必须得出显然的结论，否则扣1分，不说明均为正项数列直接作乘法扣1分）
17.解：（1）2分
，令：，.3分
故在单调递增，在单调递减，当时，有最大值.4分
设当他发现右口袋为空时左口袋剩个糖果的概率为，则：5分
故：7分
8分
设初始左、右口袋均有个糖果，则（2）中公式可化为：9分
下试证：：即证：，
即证：，即证：，11分
即证：，...，即证：，这显然成立.12分
所以：
（当且仅当，即时等号成立）化简最终不等式得：，14分
易知：，故：，即：15分
（评分细则：（1）不讨论单调性直接令导函数为0的扣2分；（2）按答案给分；（3）若使用分析法必须得出显然的结论，否则扣1分，若使用归纳法严格注意格式，否则扣2分，使用基本不等式放缩时不写等号成立的条件扣1分）
18.解：（1）设，，，，，
，，1分
故：，2分
3分
设：，所以：4分
所以：，代入原直线方程得：5分
故：，6分
由于，则：，所以：，7分
令：，，8分
令：，则：，由穿针引线法可知：在上有且仅有一个极（大）值点，故当取最大时，的导函数，9分
所以解得：（舍）或，故.10分
存在.由（1）：，所以：
，，.11分
设：与分别为平面与平面的法向量，
则：，，13分
所以：15分
解得：，16分
存在这样的点：与.17分
（评分细则：（1）韦达定理的基本结构需完全正确才得相应分，判断的最值时需要说明仅有一个极值点且为极大值点，否则扣1分；（2）按答案给分）
19.解：①显然成立，（酌情分1分）
令：，由于，，故：当且仅当时等号成立1分
令：，则：单调递增，所以有：，即：当且仅当时等号成立.2分
②易知显然.（酌情分1分）
③由于单调递增，故由可得：
4分
故：，
即：，所以距离是一种度量.5分
（ⅰ）如图7分
（ⅱ）设，则：=，
分
令：，则：，即：.10分
设：，，，
令：，则：.当时，成立11分
不妨设（同理），设：，12分
令：单调递增，单调递减13分
，，令：，
①当时，，②当时，，，，
③当时，，，由于为一次或二次函数，故：①、②、③均唯一使，故在单调递增，在单调递减.16分
④时，，单调递增，综上，，有：，
解得：，同理可求：17分
（评分细则：（1）若此题总得分低于3分，写到酌情分处可得酌情分；（2）图像形状1分，与坐标轴的交点1分；（3）按答案给分）