江西省抚州市2024届高三下学期毕业班教学质量监测数学试题（原卷版+解析版）

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说明：1.全卷满分150分，考试时间120分钟.
2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试卷上作答，否则不给分.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为可得，
由可得：或，解得：或
因为或，所以.
故选：C.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义可得，即可根据复数的加减运算得，由模长公式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以
故选：D
3. 已知命题：，：，则是（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用指数函数与对数函数的性质，分别求得的范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为：，可得，解得，
又由，可得，所以是的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知一个圆柱形容器的轴截面是边长为3的正方形，往容器内注水后水面高度为2，若再往容器中放入一个半径为1的实心铁球，则此时水面的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，容器中放入铁球后，总体积为，由此列方程求解即可.
【详解】由已知可得圆柱的底面半径为，往容器内注水后水面高度为2，
此时放入一个半径为1的实心铁球，铁球的直径为，所以铁球完全没入水中，
设此时水面的高度为，则，解得.
故选：C
5. 已知定义在上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的图象关于点1,0中心对称得，求得，再利用对称性得.
【详解】因为对任意的都有，且，
所以，
所以.
故选：A
6. 已知函数（）在点处的切线为直线，若直线与两坐标轴围成的三角形的面积为，则实数（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得函数在点处的切线方程，得到切线与坐标轴交点坐标，由面积求得.
【详解】易知，，且，
所以直线，
它与两坐标轴的交点坐标分别为和，
可得，又a>0，
解得.
故选：C
7. 十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，，用七进制表示68这个数就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（ ）
A. 1B. 2C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由题意将题目转化成除以7的余数问题，用二项式知识求解即可.
【详解】由题意知个位数应为除以的余数，
因为，除以的余数为.
故选：D.
8. 如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到，求得且，进而得到，进而求得点，代入双曲线方程，化简求得，结合，即可求解.
【详解】因为四边形是一个平行四边形，且，可得，即，
由双曲线，可得，渐近线方程为，即，
可得，且，
因为直线，可得，
又因为，所以即，
代入双曲线方程，可得，整理得，
所以，可得，即，
所以离心率.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若实数，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数函数的性质判断A，根据对数函数的性质判断B，利用特殊值判断C，根据幂函数的性质判断D.
【详解】因为在定义域上单调递减且，所以，故A正确；
因为在定义域上单调递增且，所以，故B正确；
当时，，故C不正确；
因为在定义域上单调递增且，所以，故D正确.
故选：ABD
10. 在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ）
A. 存在点，使得平面B. 直线与为异面直线
C. 存在点，使得D. 存在点，使得直线与平面的夹角为45°
【答案】BCD
【解析】
【分析】作图可知A错误；B正确；当点P与点A重合时，证明面可得C正确；当时，由线面角的定义和等腰直角三角形可得D正确.
【详解】A：如图（1），因为与相交，所以与平面相交，故选项A错误；
B：如图（1），因为平面，平面，平面，所以直线与为异面直线，故选项B正确；
C：如图（2），当点P与点A重合时，
因为，面，面，所以，
又，且都在面内，
所以面，
又面，所以，故选项C正确；
D：当时，此时为等腰直角三角形，
因为面，所以为在面内的投影，
所以为所求线面角，
所以直线与平面所成的角为，故选项D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，其中，，若直线是函数图象的一条对称轴，函数在区间上的值域为，则（ ）
A. B.
C. 在区间上单调递增D. 在区间上单调递减
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正弦函数的对称轴求出，即可判断A选项；结合正弦函数的图象进行分类讨论即可判断B选项；利用整体代入法结合正弦函数的单调区间即可判断CD选项.
【详解】对于A，由直线是函数图象的一条对称轴，得到.
又因为，得到，故A正确；
对于B，因为，在区间上的值域为，
所以或，且，
因此.
若，则，或.
因为，得，
此时，当时，，，不符合条件.
若，则，或
因为，得或或.
当时，，当时，，，符合条件
当时，，当时，，，不符合条件.
当时，，当时，，，不符合条件.
综上，当时，，符合条件，故B错误;
对于C ，当时，，
所以在区间上不是单调递增，故C错误；
对于D，当时，，
所以在区间上单调递减，故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线：与圆：交于，两点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定圆心和半径，应用点到直线距离公式求圆心到直线的距离，再由几何法求弦长即可．
【详解】由圆，故圆心，半径为，直线，
故圆心到直线的距离为，
．
故答案为：．
13. 如图是一个弓形（由弦与劣弧围成）展台的截面图，是弧上一点，测得，，，则该展台的截面面积是______.
【答案】.
【解析】
【分析】设出弓形所在圆的半径为，用扇形面积减去三角形面积即可.
【详解】
如图：设展台所在的圆的圆心为，半径为，，
则，
即，，
所以展台的面积为
故答案为：.
14. 已知数列是有无穷项的等差数列，，公差，若满足条件：①是数列的项；②对任意的正整数，都存在正整数，使得.则满足这样的数列的个数是______种.
【答案】
【解析】
【分析】设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，由已知，设，则.因为，所以，即数列的每一项均是整数，所以数列的每一项均是自然数，且是正整数. 由题意，设，则是数列中的项，所以是数列中的项.设，则，即.
因为，故是的约数，进而分类讨论求解即可.
【详解】设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，由已知，设，则由等差数列定义得.
因为，所以，即数列的每一项均是整数，所以数列的每一项均是自然数，且是正整数.
由题意，设，则是数列中的项，所以是数列中的项.
设，则，即.
因为，故是的约数.所以.
当时，，得，故，共种可能；
当时，，得，故，共种可能；
当时，，得，故，共种可能；
当时，，得，故，共2种可能；
当时，，得，故，共2种可能；
当时，，得，故，共1种可能；
当时，，得，故，共1种可能；
当时，，得，故，共1种可能.
综上，满足题意的数列共有（种）.
经检验，这些数列均符合题意.
故答案为：.
【点睛】首先根据等差数列概念和已知条件列得出的每一项均是自然数，且是正整数，再利用同样思路，由是数列的项得出是的约数，进而分类讨论得解.
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. 已知函数（，，），函数和它的导函数f'x的图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数与的图象可得，，再通过图象过点，得到
（2）根据倍角公式对进行化简即可求解.
【小问1详解】
，
由图象可以得到：，
因为图象过点，，
所以，所以，
所以.
【小问2详解】
由，得，
，
.
16. 已知四棱锥的底面是一个梯形，，，，，，.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
设的中点分别为，连接.
因为，所以.
因为，所以.
在梯形中，，
所以，，
，因此，
所以，又，平面，
，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，作出轴，建立空间直角坐标系，则.

则，，
设平面的法向量，
，即，
令，得到，，即.
设平面的法向量，则
，则，
令，得到，，即.
.
因为二面角是锐二面角，
所以二面角的余弦值是.
17. 已知函数（）.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）若当时，函数取得极大值，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，，对求导，解不等式即可得出答案；
（2）对求导，令，求出，分类讨论，和，求出的单调性和最值即可得出的单调性，即可得出答案.
小问1详解】
当时，，
，
由得，
所以函数的单调递增区间是；
【小问2详解】
，，
依题意，存在实数且，
使得当时，，当时，.
记，则（）.
记.
①当时，，，在区间上单调递减，
存在实数且，使得时，，
即，单调递减，
因此当时，，
当时，，函数在时取得极大值.
②当时，，因此，
即，在区间上单调递增，
当时，，不是函数的极大值点.
③当时，，，函数在区间上单调递增，
当时，，即，函数单调递增，
即当时，，因此，不是函数的极大值点.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于能够根据极值点的定义，确定函数在左右的单调性，所以对求导，令，求出，分类讨论，和，求出的单调性和最值即可得出在左右的单调性，即可得出答案.
18. 某药厂生产的一种药品，声称对某疾病的有效率为80%.若该药对患有该疾病的病人有效，病人服用该药一个疗程，有90%的可能性治愈，有10%的可能性没有治愈；若该药对患有该疾病的病人无效，病人服用该药一个疗程，有40%的可能性自愈，有60%的可能性没有自愈.
（1）若该药厂声称的有效率是真实的，利用该药治疗3个患有该疾病的病人，记一个疗程内康复的人数为，求随机变量的分布列和期望；
（2）一般地，当比较大时，离散型的二项分布可以近似地看成连续型的正态分布，若，则可以近似看成随机变量，，其中，，对整数，（），.现为了检验此药的有效率，任意抽取100个此种病患者进行药物临床试验，如果一个疗程内至少有人康复，则此药通过检验.现要求：若此药的实际有效率为，通过检验的概率不低于0.9772，求整数的最大值.（参考数据：若，则，，）
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为.
（2）
【解析】
【分析】（1）因为，由二项分布的概率公式求出随机变量的分布列，再由二项分布的均值公式求出；
（2）康复的人数为随机变量，则，可得出，由正态分布的对称性结合原则求解即可.
【小问1详解】
记“一个患有该疾病的病人服用该药一个疗程康复”为事件，则
，
因此，
，，
，
则的分布列为：
的数学期望.
【小问2详解】
若该药品的有效率为，由（1）得，一个疗程内，使用该药后的康复率也为，
记康复的人数为随机变量，则，
设，设，
所以整数的最大值为

19. 已知椭圆：（）的左焦点为，上顶点为，的两顶点，是椭圆上的动点.当为椭圆的左顶点，为椭圆的下顶点时，，且的面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若的平分线经过点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件和椭圆的性质解方程组可得；
（2）设直线方程，由点在角平分线上结合到角公式（或斜率公式）可得；然后设设的方程为，直曲联立，用韦达定理表示化简得到和直线经过定点，再代入方程①得到；最后利用弦长公式表示出三角形的面积再结合基本不等式求出最值.
【小问1详解】
由条件得，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由的平分线经过点，得到的斜率都存在，点的坐标为，可设，
点的坐标为，所以，化简得到.
由已知得到直线的斜率存在，设的方程为，，
联立方程组，得，①
，
，
由，得到，
所以，
得，
根据韦达定理得
，化简得，
即或.
又当时，直线经过点，不符合题意，
因此，，直线经过定点，
将代入方程①得，
由，解得.
面积.
设，，则，
当且仅当时取等号，因此面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是能利用“的平分线经过点”这个条件得到到角公式或斜率间的关系.