江西省宜春市樟树中学2024届高三下学期高考数学仿真模拟试题（Word版附解析）

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1 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求解全集以及集合，根据补集的定义计算补集即可求出结果.
【详解】解：，，
所以或.
故选：D
2. 已知为虚数单位，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助复数的四则运算及复数模长计算公式计算即可得.
【详解】，
则，故.
故选：B.
3. 在数学中，自然常数.小明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2不排第一个，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（ ）
A. 48B. 36C. 32D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分两种情况讨论：①排在第一位；②不排在第一位 .由加法计数原理计算即可.
【详解】根据题意，分两种情况：
①排在第一位，则第二位也是，再从剩下个位置选出个，安排两个，最后安排和，此时有个不同的密码；
②不排成第一位，则第一位安排或，将两个看成一个整体，与两个和7或中剩下的数排列，此时有个不同的密码；
则一有个不同的密码.
故选：
4. 已知，设展开式中的系数为，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先由二项式的展开式求出，再由充分条件和必要条件的定义结合同角三角函数基本关系即可求解.
【详解】展开式通项为
令，可得，
若，可得，
因为，所以，
所以充分性成立，
当时，因为，所以或，
当时，此时，
当时，此时，
由“”不一定得出“”，所以必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
5. 定义在上的偶函数满足，当时，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定偶函数在上是增函数，在上是减函数，即可得出结论.
【详解】时，，故偶函数在上是增函数，，
∴偶函数在上是增函数，∴在上是减函数，
对于A，，∴，故A错误；
对于B，，∴，故B错误；
对于C，，∴，故C正确；
对于D，，∴，故D错误.
故选：C.
【点睛】本题考查利用函数的单调性判断函数值得大小，正确得判断函数的单调性是解决问题得关键.
6. 北京冬奥会的举办掀起了一阵冰雪运动的热潮．某高校在本校学生中对“喜欢滑冰是否与性别有关”做了一次调查，参与调查的学生中，男生人数是女生人数的倍，有的男生喜欢滑冰，有的女生喜欢滑冰．若根据独立性检验的方法，有的把握认为是否喜欢滑冰和性别有关，则参与调查的男生人数可能为（ ）
参考公式：，其中．
参考数据：
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设男生人数为，则女生人数为，且,写出列联表并根据卡方计算公式，结合题意确定卡方值的范围，即可确定的取值范围，进而确定男生可能人数.
【详解】设男生人数为，则女生人数为，且,
可得列联表如下：
所以，
因为有的把握认为是否喜欢滑冰和性别有关，
所以，解得，
所以，结合选项只有，
故选:C.
7. 设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，由题意列出含的方程组，解出的关系式，进而求出双曲线的渐近线即可.
【详解】
设 ，由双曲线的定义知 ，
在 中，由余弦定理得：，
所以 ，
再由，为的中点，延长至，使，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，由余弦定理知：，
在中，由余弦定理知：，
因为，则，
可知，
所以 ③，
由得， 把代入得，
化简得 ，
所以渐近线方程为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由四点共圆的四边形四个边的平方和等于两条对角线的平方和是解决本题的关键.
8. 已知 表示不超过 的最大整数，若 为函数的极值点，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可.
【详解】由题意可得，
令，
则，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以为函数的极值点，
所以，
所以，
故选：B.
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. 已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若 ，则 有两解
C. 当时， 为直角三角形
D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以由及正弦定理得，，
由诱导公式得，，
因为，故，所以，
化解得，即，
所以或，即（舍）或，故A正确；
对于B，由余弦定理得，即，得，
由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误；
对于C，因为，两边平方得，
由余弦定理得，
由两式消得，，解得或，
由解得，
由解得;
故为直角三角形，故C正确；
对于D，因为为锐角三角形，且，
所以，
即，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知非零向量，，对任意，恒有，则（ ）
A. 在上的投影的数量为1B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求得，再根据数量积的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】由可得，
又，令则上式等价于，对任意的恒成立，
故，解得，解得，即；
对A：由，且，故，即在上的投影的数量为1，故A正确；
对B：，，
，即，故B正确；
对C：，不确定其结果，故不一定成立，故C错误；
对D：，故，D正确；
故选：ABD.
11. 如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，，四点共面，则
B. 存在点，使得平面
C. 若，，，四点共面，则四棱锥的体积为定值
D. 若为的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用假设法即可判断A，利用线面平行的判定即可判断B，利用棱锥体积公式即可判断C，求出外接球半径，找到球心位置即可判断D.
【详解】对A，由四点共面，得，则，
若不是棱的中点，则，故A错误.
对B，当是棱的中点时，取的中点，连接，则为的中点.
因为为的中点，则.
因为平面平面，所以平面，则B正确.
根据长方体性质知，且平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
则点，到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值， 所以三棱锥和三棱锥的体积都为定值，
则四棱锥的体积为定值，故C正确.
取棱的中点，由题中数据可得，
则，所以为等腰直角三角形，所以是外接圆的圆心，
外接圆的半径.设三棱锥的外按球的球心为，
半径为，设，则，
即，解得，则，此时点位于中点，
从而三棱锥的外接球的表面积是，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆M满足与直线和圆都相切，且直线MN与l垂直，请写出一个符合条件的圆M的标准方程________________________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】不妨设圆与圆外切，根据直线与垂直，可得圆的纵坐标，由两圆的位置关系列出横坐标和半径的等量关系，求解可得圆的一个方程.
【详解】由条件可知：直线与圆相离，不妨设圆与圆外切，
设，半径为，
因为直线与垂直，所以，
则有，解得：，
所以圆的标准方程为：.
故答案为：
13. 将函数y=的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是____.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果.
【详解】
当时
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.
14. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出图象可知：当双曲线，它的渐近线以及，围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环面积恒定，所以根据祖暅原理可将题目转化为底面恒定，高为的圆柱，进而求出体积即可.
【详解】
如图：当双曲线，它的渐近线以及，
围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环，
令，分别代入和中，
解得：，
即外圆半径，内圆半径，
此圆环的面积为：为恒定值，
所以根据祖暅原理可将题目转化为底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积，
所以.
【点睛】关键点点睛：将几何体的体积转化成底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积是本题的关键所在.
四、解答题：本题共5小题，共81分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 设正项数列的前项和为，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1） 应用得出等差数列再求数列通项公式即可;
（2）应用裂项相消求和结合不等式恒成立求解
【小问1详解】
当时，，所以；
当时，且，两式相减并整理可得．
因为为正项数列，所以，所以．
小问2详解】
有（1）可知，
，
，
故，可化为，
因为恒成立，所以．
16. 如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.

（1）证明：.
（2）点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果；
方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果.
【小问1详解】
是中点，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
【小问2详解】
方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，

分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，平面，；
平面，，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
直线与平面所成角为，，
设，
，，
，，
又，
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
方法二：取中点，连接，
分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，
，，
，，，，，
，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
17. 年九省联考后很多省份宣布高考数学采用新的结构，多选题由道减少到道，分值变为一题分，多选题每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，全部选对得分，有错选或全不选的得分若正确答案是“两项”的，则选对个得分若正确答案是“三项”的，则选对个得分，选对个得分某数学兴趣小组研究答案规律发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为其中．
（1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得分的概率
（2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案：
Ⅰ 随机选一个选项 Ⅱ 随机选两个选项 Ⅲ 随机选三个选项．
若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望
以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由全概率公式求解即可；
（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出的可能取值及其概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出；
记分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出的数学威望，由题意可得，解不等式即可得出答案.
【小问1详解】
记事件“正确答案选两个选项”，事件为“学生甲得分”．
，
即学生甲该题得分的概率为．
【小问2详解】
记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取，，，
， ，
，
所以的分布列为
则数学期望．
记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
则，
，
，
所以
记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，
则，
，
，
所以
记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，
则，
，
所以．
要使唯独选择方案Ⅰ最好，则，
解得：，故的取值范围为．
18. 已知动点P与两定点，，直线与斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设，E为直线上一动点，直线DE交曲线C于G，H两点，若、、、依次为等比数列的第m、n、p、q项，且，求实数a的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点坐标，依据题意列出等式，化简可求出轨迹方程；（2）依据等比数列的性质可得，代入弦长公式化简结合韦达定理可求出的值.
【小问1详解】
设动点P的坐标为，
由题意得，，
化简得：，
故所求C的方程为．
【小问2详解】
设，，设直线DE的方程为：，
设，，联立方程：
消去y得，
所以，，
由题意得，
所以，即．
即
从而，
所以，
即，
所以，又，，经检验满足题意．
19. 设函数，其中,且是公差为的等差数列.
（I）若 求曲线在点处的切线方程；
（II）若，求的极值；
（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.
【答案】(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ) 的极大值为6，极小值为−6；(Ⅲ)
【解析】
【分析】（Ⅰ）由题意可得f(x)=x3−x，=3x2−1，结合f(0)=0，=−1，可得切线方程为x+y=0；（Ⅱ）由已知可得：f(x)=x3−3t2x2+(3t22−9)x− t23+9t2.则= 3x2−6t2x+3t22−9.令=0，解得x= t2−，或x= t2+.据此可得函数f(x)的极大值为f(t2−)=6；函数极小值为f(t2+)=−6；（III）原问题等价于关于x的方程(x−t2+d) (x−t2) (x−t2−d)+ (x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u= x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0.设函数g(x)= x3+(1−d2)x+6，则y=g(x)有三个零点.利用导函数研究g(x)的性质可得的取值范围是
【详解】（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，
故=3x2−1，因此f(0)=0，=−1，
又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=(x−0)，故所求切线方程为x+y=0．
（Ⅱ）由已知可得
f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．
故=3x2−6t2x+3t22−9．
令=0，解得x=t2−或x=t2+．
当x变化时，，f(x)的变化如下表：
所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6，
函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．
（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，
令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．
设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．
=3x3+(1−d2)．
当d2≤1时，≥0，这时在上R单调递增，不合题意．
当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．
易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．
g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．
g(x)的极小值g(x2)=g()=−．
若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．
若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．
所以，的取值范围是．
点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
男生
女生
合计
喜欢滑冰

不喜欢滑冰

合计
x
(−∞，t2−)
t2−
(t2−，t2+)
t2+
(t2+，+∞)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗