[数学]江西省新八校2024届高三第二次联考试题(解析版)

这是一份[数学]江西省新八校2024届高三第二次联考试题(解析版)，共19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. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，
由三角函数的定义得.
故选：A.
2. 若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】双曲线的右焦点为，所以抛物线的准线为，
，解得.
故选：D.
3. 已知等比数列的前项和为，，且，则（ ）
A. 120B. 40C. 48D. 60
【答案】B
【解析】因为数列为等比数列，设数列的公比为，
若，则，
此时，由已知，即，
解得，不成立，所以；
因为，，
则有：，解得，，
所以.
故选：B
4. 从甲队60人、乙队40人中，按照分层抽样的方法从两队共抽取10人，进行一轮答题．相关统计情况如下：甲队答对题目的平均数为1，方差为1；乙队答对题目的平均数为1.5，方差为0.4，则这10人答对题目的方差为（ ）
A. 0.8B. 0.675C. 0.74D. 0.82
【答案】D
【解析】根据题意，按照分层抽样的方法从甲队中抽取人，
从乙队中抽取人，
这人答对题目的平均数为，
所以这人答对题目的方差为.
故选：D.
5. 已知，，且，则的最小值为（ ）
A. 10B. 9C. D.
【答案】C
【解析】由已知，令，，
所以，，代入得：，
因为，，
所以
.
当且仅当时，即时等号成立.
的最小值为.
故选：C.
6. 已知正方体的棱长为4，点满足，若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（ ）
A. 4B. C. 5D.
【答案】C
【解析】如图，在棱上分别取点，使得，，
连接，
因为，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
又，正方体的棱长为4，
所以，，，
在棱上取点,使得，
则且，又且，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又且，则四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为，
所以，则，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以，平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，
所以，在正方形内有一动点满足平面时，
点的轨迹为线段，
因为，
所以，动点的轨迹长为.故选：C.
7. 已知定义在上的函数满足且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，可知关于对称，又，则，
又，则，
，.
故选：A.
8. 已知，求（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据题意，，
由诱导公式，可得，
所以，
则
.
故选：D.
二、多选题
9. 设为复数，且，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则最大值为3
C. 若，则
D. 若，则在复平面对应的点在一条直线上
【答案】BD
【解析】对于A，令，满足，但不成立，故A错误；
对于B，设，，
因为，则复数的对应点在以原点为圆心，1为半径的圆上，的几何意义为到的距离，其最大值为，故B正确；
对于C，令，则，，
满足，但，故C错误；
对于D，因为，设对应的点为，
若，则在复平面内对应点到和的距离相等，即在复平面内对应点在线段的垂直平分线上，所以在复平面对应的点在一条直线上，故D正确；
故选：BD．
10. 已知中，为的角平分线，交于点为中点，下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 的面积为
D. 在的外接圆上，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】在中，由余弦定理得，
由角平分线定理得：，
所以A正确；
由得，
解得，所以B错误；
，所以C正确；
在中，设，则，由正弦定理得：
，其中，所以D正确.
故选：ACD.
11. 若恒成立，则实数的取值可以是（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】ABD
【解析】由题知，，
①当时，在恒成立，
②当时，由，则，即恒成立，
设，则，令得，
所以当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
所以，则，
所以，即满足题意；
③当时，设，则，令，，
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
所以在单调递增，且，，
所以，使得；
当时，，即，设，
则，所以在上单调递减，
所以当时，；
当时，即，设，
则，设，
，设，
则，
可知在内单调递增，
所以，即，
所以，
所以，
所以在上单调递增，
所以当时，，
又因为当时，，
所以当时， ，解得，
又，所以，
综上，，
故选：ABD
三、填空题
12. 若集合，，且，则___________.
【答案】
【解析】因为，，且，
所以且，显然，所以且，所以，
所以，，
所以.
故答案为：
13. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上且不与顶点重合，满足，则该双曲线的离心率为______．
【答案】
【解析】因为，所以，
所以，故点在左支上，
作的内切圆，设内切圆与切于点，与切于点，
该内切圆切于点，
连接，，，，，则，，，
且平分，平分，
接下来证明点为双曲线的左顶点：
由双曲线的定义可知：，
因为，，，
所以，设点坐标为，
则，解得：，故点为双曲线的左顶点，
因为，
所以，所以
所以，所以，
所以，所以．故答案为：.
14. 球面上的三个点，每两个点之间用大圆劣弧相连接，三弧所围成的球面部分称为球面三角形．半径为的球面上有三点，且，则球面三角形的面积为______．
【答案】
【解析】如图1所示，设过的大圆与过的大圆交于直径，过点分别作，垂足为，连接，则，
在中，由余弦定理得，，则，
所以，则，
在中，由余弦定理得，，即，
由二面角定义得，二面角为，
在图2中，设过的大圆与过的大圆交于直径，过的大圆与过的大圆交于直径，同理可得，二面角为，二面角为；

设球的表面积为，则，设球面三角形的面积为，
则所在的大圆和所在的大圆，将球面分成了四个部分，其中面积较大的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍，
即，类似可定义，且同理有，，
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有，
所以，
所以，
故答案为：．
四、解答题
15. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于、的点．

（1）点为线段的中点，证明：直线平面；
（2）若四棱锥的体积为3，求直线与平面夹角的正弦值．
解：（1）取中点，连接，则有，，
如图：

在等腰梯形中，，
所以，，
则四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以直线平面．
（2）过点作于，在等腰梯形中，，
所以梯形的高，所以等腰梯形面积为，
所以四棱锥的体积，解得，
在中，由射影定理得或，
当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；

则有，
故，，
设平面的法向量，故，
令，得，
设直线与平面夹角的大小为，
则，
所以直线与平面夹角的正弦值为；
当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；

则有，
故，，
设平面的法向量，故，
令，得，
设直线与平面夹角的大小为，
则，
所以直线与平面夹角的正弦值为，
综上所述，直线与平面夹角的正弦值为或．
16. 若数列满足条件：存在正整数，使得对一切都成立，则称数列为级等差数列．
（1）若数列为2级等差数列，且前四项分别为，，，，求数列的前项和；
（2）若，且是3级等差数列，求数列的前项和．
解：（1）因为数列为2级等差数列，所以，对一切都成立，
因为，，
若为奇数，由可知奇数项是常数列；
若为偶数，由可知偶数项是首项为0，公差为4的等差数列；
所以．
（2）因为是3级等差数列，所以，对一切都成立，
所以，
，
所以或，当时，，
当时，，，
又因为，所以，此时
由于，
所以，
所以
．
17. 已知函数
（1）当时，求函数的极值；
（2）设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
解：（1）当时，有，
令，即，解得或，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以时，取得极大值，极大值为，
时，取得极小值，极小值为.
（2）因为，
所以
由已知函数有两个极值点，
所以方程有两个相异正根
所以，即或，
又，所以，，所以；
所以对称轴为，二次函数与轴交点为、，
且，所以在对称轴的右侧，则有，
因为，即 ，
所以，其中，
令，
则，
令，解得均不在定义域内，
所以时，，在上单调递减，
，
所以，即最小值为.
18. 已知椭圆，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上的动点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．
（1）求面积的最大值；
（2）求与面积之比的最大值．
解：（1）设，，
设直线的方程为，
联立方程组，得，
所以，，
则，
点到直线距离为：，
所以，
令，
则，当即时面积取得最大值，
所以面积的最大值为.
（2）设，，，设直线的方程为，
联立方程组，得，
即
所以，即，同理可得：，
所以
化简得：，
当时，取得最大值.
19. 在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示,其中，而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中．现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
（1）求出维“立方体”的顶点数；
（2）在维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离．
①求的分布列与期望；
②求的方差．
解：（1）对于维坐标，，
所以共有种不同的点，即共有个顶点．
（2）①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种，
所以，
则的分布列为：
所以，
倒序相加得，，
所以；
②
，
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，，
两边求导得，，
令得，，
所以
．
1
2