江西省新余市第四中学2024届高三下学期全真模拟数学试题

这是一份江西省新余市第四中学2024届高三下学期全真模拟数学试题，共29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。

一、单选题
1．函数的最大值为：（ ）.
A．B．C．D．
2．小梁同学将个完全相同的球放入个不同的盒子中有种放法，小郅同学将个完全不同的球放入个相同的盒子中有种放法.若每个盒子中至少有一个球，则（ ）.
A．B．C．D．
3．已知集合为全集的子集，，则（ ）.
A．B．
C．D．
4．在正整数集中，，表示代数式的余数为（正负号不影响该关系），反之记作.艾森斯坦判别法可用于判定一个多项式能否在有理数范围内因式分解，方法如下：对于多项式：.若存在素数（只有和自身两个因数的数）满足：①，②，③，则原多项式不能在有理数范围内因式分解.值得注意的是，若不存在这样的，则无法判断该多项式能否在有理数范围内因式分解.已知多项式（为奇素数），由艾森斯坦判别法，有：（ ）
A．对于，多项式总不能在有理数范围内因式分解
B．某些，多项式能在有理数范围内因式分解
C．对于，多项式能否在有理数范围内因式分解均无法判断
D．某些，多项式能否在有理数范围内因式分解无法判断
5．已知为直线上一点，为圆的直径，则对于的说法正确的是：（ ）.
A．对于任意固定的点，为定值
B．对于任意固定的，存在点使取最大值
C．对于任意固定的点，存在使取最小值
D．对于任意固定的，当最小时，的坐标固定
6．焦点为的抛物线上有一点（在第一象限），将关于直线对称得到，与轴交于两点，，则直线的斜率为（ ）.
A．B．C．D．
7．函数在定义域上严格单调递增，则的最小值为：（ ）.
A．B．C．D．
8．设为数列，为正整数集的无限子集，且，则数列称为数列的一个子列.已知数列为等差数列，的某个子列构成等比数列，若，则数列的前项和为：（ ）.
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，为的共轭复数，则下列条件可判定的是：（ ）.
A．B．
C．D．
10．如图，在三棱锥中，两两垂直，为上一点，，分别在直线上，，则：（ ）.
A．
B．
C．若平面且到距离相等，则直线与的夹角正弦值为
D．的最小值为
11．在平面直角坐标系中有一点，到定点与轴距离之积为一常数，点构成的集合为曲线，已知在或分别为连续不断的曲线，则下列说法正确的是：（ ）.

A．曲线关于直线对称
B．若，则时到轴距离的最大值为
C．若，如图，则
D．若与轴正半轴交于1,0，则与轴负半轴的交点横坐标在区间内
三、填空题
12．我国数学著作《九章算术》中很早就有有关数列问题的记载：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何.”，译文为：“现有人分钱（一种单位），要使分得钱数最多的两人所得的钱数和与其他三人所得的钱数和相等，且五人分得的钱数的某种排列成等差数列，问各得多少钱.”在上述问题中随机取一人，这个人得到的钱数可能为： .（写出一种可能即可）.
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点（在第二象限），过作，垂足为，若，则的离心率为： .
14．已知甲、乙两个不透明的箱子中分别装有个黑球和个白球（球之间除颜色外无差异），现规定从甲箱中任取球放入乙箱，摇匀后再从乙箱中任取球放入甲箱称为次操作.若已知次操作后，甲箱中仍有个黑球，则其第次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为： ；设第次操作后甲箱中黑球个数为，则 .
四、解答题
15．某数学小组拟研究某种微生物的生长状况，对该菌群的培养时长/天与菌落数量/个进行了统计，得到以下结果：为建立与的关系，小郅、小金、小祥三人分别拟用、、来拟合这组数据.
(1)直接写出小郅、小金、小祥谁选择的方程回归拟合程度最好.
(2)选择最好的回归曲线类型建立与的关系并求出拟合曲线.
(3)分别估计第5.5与足够多天后培养基中的菌落数（保留整数），并由此得到一条有效结论.
（参考数据：用最小二乘法求线性回归方程时，，，令，则，，令，则，，，，）.
16．在等腰直角三角形中，为直角顶点，为线段上一点，为射线上一点，.
(1)若，的面积为，求使.
(2)为线段上一点，且，求面积的最小值.
17．已知函数.
(1)若，求在处的切线方程.
(2)讨论的单调性.
(3)求证：若，有且仅有一个零点.
18．证明下列问题：
(1)在平面直角坐标系中，为轴上一动点，经过的直线相互垂直，求证：为某条以原点为顶点，开口向右的抛物线的切线的充要条件是过轴正半轴上一定点.
(2)在平面直角坐标系中有椭圆，为的上顶点，经过2,0的直线与交于两点，直线与轴分别交于两点，为中点，过作，求证：直线总与某条以为对称轴的抛物线相切.
19．我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.

(1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点.
(2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值.
(3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值.
/天
1
2
3
4
5
/个
30
130
340
370
372
参考答案：
1．A
【分析】根据三角恒等变换的知识化简的表达式，进而求得的最大值.
【详解】
.
所以的最大值为.
故选：A
2．B
【分析】先利用隔板法求出，再根据部分平均分组法计算出，即可求解.
【详解】根据题意将个完全相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，
利用隔板法共有种放法，所以；
将个完全不同的球放入个相同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，
可以将个球分成组，有和两种分组方法，
按分组时，有种放法，按分组时，有种放法，
所以，所以.
故选：B
3．C
【分析】根据得，利用即可得到结果.
【详解】∵，
∴，
∴，
∴.
故选：C.
4．A
【分析】根据给定条件，借助二项式定理探讨多项式满足艾森斯坦判别法的3个条件，进而判断得解.
【详解】依题意，多项式，
当时，是正整数，，而为奇素数，
则必为正整数，即，又，而不能整除1，不能整除，
因此对，存在素数满足条件①②③，
则由艾森斯坦判别法得多项式总不能在有理数范围内因式分解，A正确，BCD错误.
故选：A
5．D
【分析】先利用向量的运算化简得，通过和的变化，讨论的最值.
【详解】为圆的直径，，，
由题可得，，
对于任意固定的点，为定值，而，
不是定值，也没有最小值，AC选项错误；
对于任意固定的，为定值，没有最大值，则没有最大值，B选项错误；
的最小值即圆心到直线距离，此时最小，
从往直线作垂线，垂足即为点，
直线斜率为，过与直线垂直的直线方程为，
由解得，即，其坐标固定，D选项正确.
故选：D.
6．B
【分析】求得关于直线的对称点，将的坐标代入抛物线方程，从而求得直线的斜率.
【详解】依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
，则，
依题意可知关于直线的对称点在抛物线上，
所以，解得，
将代入抛物线方程得，
整理得，解得，
而，所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：
设直线方程并求对称点：首先设定直线的方程，利用已知条件求得关于直线的对称点，求对称点的方法需要熟练掌握.
代入抛物线方程求解：将对称点代入抛物线方程，得到关于斜率的方程，进而求出直线的斜率.
7．D
【分析】令，由复合函数的单调性可知，函数在0,+∞上为增函数，可得出对任意的恒成立，由参变量分离法可得出，利用导数求出函数的最小值，即可求得实数的最小值.
【详解】当时，则，所以，，
令，
若内层函数在0,+∞上为增函数，
且外层函数在0,+∞上为增函数，
由复合函数的单调性可知，函数在0,+∞上为增函数，
对任意的恒成立，
由参变量分离法可得，
令，其中，且，
令，可得，列表如下：
所以，函数hx在取得极小值，亦即最小值，
即，
所以，，可得，故实数的最小值为，
故选：D.
8．A
【分析】我们先根据已知的，，求出数列的公比，进而找出数列的规律，最后根据规律求出前50项的和.
【详解】设，为等差数列，设其公差为.
因为，，，所以，，构成等比数列.
则，即.
设，则，.
，展开可得，化简得，因为（若，则数列为常数列，不符合题意），所以.
由，，构成等比数列，公比.
因为是等比数列，所以.
又因为是的子列，，.
，即，化简得，
进一步得到.
.
对于，这是首项为，公比为的等比数列的前50项和，
根据等比数列求和公式（这里，，），
可得.
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：关键在于根据为等差数列，为等比数列列式求出，然后分组求和可得.
9．ABD
【分析】设，代入选项中的各条件，判断是否成立.
【详解】已知，设，则，
对于A，若，即，得，即，
所以，有，A选项正确；
对于B，若，则有，得，有，B选项正确；
对于C，若，即，有，得，
其中当时，，C选项错误；
对于D，若，有，即，
若，则得，有；若，则，，有，D选项正确.
故选：ABD.
10．AD
【分析】建系标点，设，根据向量垂直可得.对于A：根据向量垂直的坐标表示分析判断；对于B：利用坐标运算求模长即可；对于C：举反例说明即可；对于D：分析可知当时，取到最小值，结合向量的坐标运算求解.
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设，则，
因为，则，解得.
对于选项A：因为，且，
可得，
则，所以，故A正确；
对于选项B：因为，所以，故B错误；
对于选项C：因为，
例如平面过的中点，且与平面平行，
则到平面的均为距离，符合题意，此时平面的法向量，
可得，
此时直线与的夹角正弦值为，故C错误；
对于选项D：设，
则，，
若取到最小值，则，
可得，解得，
则，，
所以的最小值为，故D正确；
故选：AD.
11．BCD
【分析】设点，求出曲线的方程，利用曲线的对称性可判断A选项；当时，变形可得出，解关于的不等式，可判断B选项；分析可知，当时，直线与曲线有两个交点，数形结合可判断C选项；在曲线的方程中，令，当时，化简曲线的方程可得出，令，利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可判断D选项.
【详解】设点，则，
对于A选项，点关于直线的点为，
因为，
即点不在曲线上，所以，曲线不关于直线对称，A错；
对于B选项，当时，曲线的方程为，
当时，则，则，
所以，，可得，可得，
对于不等式，即，显然该不等式恒成立，
对于不等式，即，解得，
因为，则，此时，若，则时到轴距离的最大值为，B对；
对于C选项，点关于直线的对称点为，
因为，
即点在曲线上，故曲线关于直线对称，
如下图所示，当时，直线与曲线有两个交点，

当时，在曲线的方程中，令，可得，可得，
所以，曲线与在0,+∞上的图象有两个公共点，如下图所示：

显然，曲线与射线在1,+∞上的图象有一个公共点，
则曲线与线段相切，
由，可得，则，可得，
且当时，方程为，解得，合乎题意，
综上所述，，C对；
对于D选项，若曲线与轴正半轴交于1,0，
则，则有，
当时，令可得，整理可得，
即，
令，其中，
则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
因为，，则，
所以，曲线与轴负半轴的交点横坐标在区间内，D对.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，考查数形结合的数学思想方法，由已知求出轨迹方程，是难题；根据曲线的定义求出曲线方程，难点将交点问题转化为函数图象的公共点问题，数形结合，即可得出结论.
12．或中任意一个（答案不唯一）.
【分析】根据等差数列的定义和通项公式，利用对称设法，可求得首项和公差，从而得到数列中的项.
【详解】根据题意，设这五人所得钱数从少到多依次为：，
则有
解的：，则这五人所得钱数依次为：.
故答案为：.
13．
【分析】利用双曲线的定义结合勾股定理计算即可.
【详解】

设，双曲线的实轴长与焦距长分别为，
则由双曲线的定义可知，
因为，所以易知P为中点，即，
所以，
由勾股定理知：，
即，
所以离心率.
故答案为：
14．
【分析】由题意可得每次操作中甲箱中的黑球个数变化情况及对应概率，再结合条件概率公式即可得空一；计算出的所有可能取值及其对应概率后，结合期望公式即可得空二..
【详解】若甲箱中有个黑球，
则下一次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
若甲箱中有个黑球，
则下一次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
若甲箱中有个黑球，
则下一次操作后甲箱中仍有个黑球的概率为，
下一次操作后甲箱中有个黑球的概率为，
设次操作后，甲箱中仍有个黑球为事件，
第次操作后甲箱中仍有个黑球为事件，
则，
，则；
的可能取值为，，，
，
，
，
则；
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出每次操作中甲箱中的黑球个数变化情况及对应概率，从而可结合条件概率与概率乘法公式计算求解.
15．(1)小祥选择的方程回归拟合程度最好.
(2)
(3)375个；结论：当时间足够长时，菌落数目将稳定在375个
【分析】（1）根据分析给定的这组数据的变化趋势及提供的3个函数的单调性及函数值变化的速度，可以选择相对拟合程度较好的函数；
（2）利用最小二乘法求出回归方程；
（3）由（2）求得的回归方程，令可预测当时间足够长时，菌落数目.
【详解】（1）由题设数据可知，这组数据的变化趋势是增长得越来较快，
因为，所以、是减函数，是增函数，
所以选用来拟合这组数据，故小祥选择的方程回归拟合程度最好.
（2）令，则，
，，，，
则，，又，
所以，
故，，
所以，即，
所以，
即.
（3）令，
当时，约有375个，
结论：当时间足够长时，菌落数目将稳定在375个.
16．(1)5
(2)
【分析】（1）根据所给条件计算和，利用正切和角公式计算，得到的长，即可计算出的值.
（2）作辅助线，利用相似、正弦定理及余弦定理确定中有一角及其临边为定值，得到时，有最小值，计算等腰直角三角形面积即可.
【详解】（1）
∵等腰直角三角形中，为直角顶点，,
∴,
在中，，
∵ ，
∴.
法一：由题意得，，
∴.
在中，，
∴,
∴.
法二：
如图，过作，则，
∵ ，
∴
在中，，
∵ 为锐角，
∴，
∴，
∴.
（2）法一：如图，延长到使，连接，
设，则，
∵且，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴与相似，
∴，
∴.
在中, ，，
∴.
在中，由正弦定理得，，
∴.
∵，
∴当时，，
∴面积的最小值为.
法二：
设，则.
在中，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即，
∴，
∴当时，，
∴面积的最小值为.
17．(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）根据给定条件，按，，，分类，利用导数求出单调区间.
（3）利用（2）的结论，结合零点存在性定理推理证明即可.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，
求导得，
①当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
②当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在，上单调递减；
③当时，，函数在上单调递减；
④当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在，上单调递减，
所以当时，函数的递增区间为，递减区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为，；
当时，函数的递减区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为，.
（3）①当时，函数在上单调递减，而，，
因此存在唯一使，则有且仅有一个零点；
②当时，函数在处取得极小值，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，即，
，当时，，则，
因此存在唯一使，则有且仅有一个零点；
③当时，函数在处取得极小值，，
同理存在唯一使，则有且仅有一个零点，
所以有且仅有一个零点.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据充要条件、抛物线的切线、导数、相互垂直的直线、抛物线的定义等知识进行分析，先证明必要性，然后证明充分性.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，根据的坐标求得点的坐标，求得直线的方程，结合（1）的结论来证得直线总与某条以为对称轴的抛物线相切.
【详解】（1）先证必要性：
假设与相切，则可设切于.
当时，，故：.
令，故：.
令，当时同理.
故与轴交点为定点.
再证充分性：
法一：设与轴交点为，，则：.
，设.
.
故与相切.
法二：如图：作，，与交于，
过作交于，连接.轴，设垂足为.
由于为的中位线，，.
所以，故在某条抛物线上..
任取且.
过作于，连，则，在中，，
不在这条抛物线上.
又该抛物线的焦点在轴正半轴上，准线轴，故以为顶点，开口向右.
（2）设，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则.
，
.
.
①，此时经过点，舍去；
②，假设存在符合题意的抛物线，则令，得到与切于其顶点，
此时，记为.
由（1）得：若与交于，过作的垂线应与对称轴交于一定点，
下证明该定点存在：
，解得：.
，令得：，
故定点为：，由（1）得，直线总与某条以为对称轴的抛物线相切.
【点睛】方法点睛：
先求必要性再求充分性：通过先假设条件成立，再推导出结果来证明必要性；然后反向假设条件不成立，再通过反证法证明充分性.这样逐步推进，确保论证的完整性.
设方程法与代数求解：通过设定直线与椭圆的方程，利用联立求根的方法分析其交点关系，这种方法是解决几何中涉及曲线关系问题的有效手段.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)，
【分析】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三个内棱相交于同一点且互相平分；
（2）由定义易证：四边形为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方体，然后建立空间直角坐标系求解即可；
（3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系，然后设Ax1,y1,Bx2,y2，求得直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得，
得
求得
然后利用三角形为锐角三角形求得
最后求最值即可.
【详解】（1）如图，连接，

由题可知，平行且等于，平行且等于
所以平行且等于
所以四边形为平行四边形，
所以对角线，为线段中点；
同理，为线段中点；
故的三条内棱交于一点.
（2）由（1）可知，四边形为平行四边形，
若为垂棱四面体，则四边形为菱形，
即
显然
故
同理
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，

因为
所以有
所以,
设平面的一个法向量为n=x,y,z
易知
令，解得
所以
直线与平面所成角的正弦值为.
（3）
由（2）易知将补成长方体，设长宽高分别设为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，
则：
显然，所以
设Ax1,y1,Bx2,y2
因为直线过椭圆焦点
所以
联立得
显然
由韦达定理可知，
得
所以
所以
整理得
得
所以
由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角
显然中角均为锐角，
所以只需角锐角，即：
得
解得
由的定义域为
所以当最大时，最小
不妨令
所以
因为
由对勾函数性质可知，当时，有最大值
此时
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
A
D
B
D
A
ABD
AD
题号
11









答案
BCD









hx
减
极小值
增