江西省九江市2024届高三第三次高考模拟统一考试 数学试题【含答案】

九江市2024年第三次高考模拟统一考试数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试题卷上无效3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.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．为深入学习党的二十大精神，某校开展“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛，其中高三年级选派8名同学参赛，这8名同学的成绩（总分10分）依次如下：，则这组数据的分位数为（

）A．8 B．9 C．9.5 D．102．在中，角所对的边分别为，已知，则（

）A． B． C． D．3．已知等差数列的公差为，是与的等比中项，则（

）A． B． C． D．4．考古发现在金字塔内有一组神秘的数字“”，我们把它和自然数1到6依次相乘，得，，结果是同样的数字，只是调换了位置.若将这组神秘数字“”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为（

）A．24 B．36 C．72 D．1445．已知圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积是（

）A． B． C． D．6．已知椭圆的左右焦点分别为,过且倾斜角为的直线交于第一象限内一点.若线段的中点在轴上,的面积为,则的方程为（

）A． B．C． D．7．若，则（

）A． B． C． D．8．在平面直角坐标系中，已知直线与双曲线的左右两支分别交于两点，是线段的中点，是轴上一点(非原点)，且，则的离心率为（

）A． B． C．2 D．3二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9．已知二项式，则（

）A．展开式中的系数为45B．展开式中二项式系数最大的项是第5项C．展开式中各项系数之和为1D．展开式中系数最大的项是第5项或第7项10．已知虚数满足，则下列结论正确的是（

）A． B．C．的虚部为 D．11．如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（

）A．三棱锥的体积为 B．线段的长为C．点的轨迹长为 D．的最大值为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题第1问2分，第2问3分.12．若集合，则.13．已知函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围是.14．某儿童游乐场有一台打地鼠游戏机，共有9个洞.游戏开始后，每次有且仅有一只地鼠从某洞中冒出，地鼠第1次从1号洞冒出来.假设游戏过程中地鼠从上一个洞继续冒出的概率为，从其它洞冒出的可能性相等，则地鼠第3次从1号洞冒出的概率是.假设游戏结束时，地鼠一共冒出次，则地鼠从1号洞冒出的次数期望值为.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.15．车胎凹槽深度是影响汽车刹车的因素，汽车行驶会导致轮胎胎面磨损.某实验室通过实验测得轿车行驶里程与某品牌轮胎凹槽深度的数据，如下表所示：行驶里程万0.00.41.01.62.42.83.44.4轮胎凹槽深度8.07.87.26.25.64.84.44.0(1)求该品牌轮胎凹槽深度与行驶里程的相关系数，并判断二者之间是否具有很强的线性相关性；（结果保留两位有效数字）(2)根据我国国家标准规定：轿车轮胎凹槽安全深度为（当凹槽深度低于时刹车距离增大，驾驶风险增加，必须更换新轮胎）.某人在保养汽车时将小轿车的轮胎全部更换成了该品牌的新轮胎，请问在正常行驶情况下，更换新轮胎后继续行驶约多少公里需对轮胎再次更换？附：变量与的样本相关系数；对于一组数据，，其线性回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：.16．如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，为等边三角形.(1)证明：；(2)若二面角的大小为，求二面角的正弦值.17．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，.(1)求的方程；(2)已知点是上不同两点.若四边形是平行四边形，证明：直线过定点.18．已知函数，且.(1)讨论的单调性；(2)若方程有三个不同的实数解，求的取值范围.19．已知数列共有项，且，若满足，则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为.(1)当时，写出所有满足的“约束数列”；(2)当时，设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件，并说明理由；(3)当时，求的最大值.1．C【分析】先对这8个数按从小到大排列，然后利用百分位数的定义求解即可.【详解】8名同学成绩数据由小到大重新排列为：是整数，分位数是第6位数和第7位数的平均数，即.故选：C.2．B【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决.【详解】因为，由正弦定理，因为，展开化简，又.故选:B.3．A【分析】先根据等比中项的定义得出；再根据等差数列的通项公式得出，化简即可解答.【详解】因为是与的等比中项，所以.又因为数列为等差数列，公差为，所以，化简得，即，所以.故选：A.4．D【分析】利用捆绑法、全排列和分步乘法计数原理即可解答.【详解】第一步：将三个偶数看成一个整体，与三个奇数进行全排列共种排法；第二步：将三个偶数进行全排列共；根据分步乘法计数原理可得：将这组神秘数字“”进行重新排序，其中偶数均相邻的排法种数为.故选：D.5．A【分析】根据题意，由圆锥的侧面积公式可得圆锥的高，再由圆锥的体积公式代入计算，即可求解.【详解】设圆锥底面圆半径为，母线为，高为.由题意得，解得，，该圆锥的体积是.故选：A.6．D【分析】根据题意得到，,

,设，其它边全部用t表示,运用面积为构造方程求出t.再用椭圆定义求出a,进而求出c,b即可.【详解】如图,为线段的中点,为线段的中点,,又轴,轴.在中,,设,则的面积为,,,则C的方程为.故选：D.7．C【分析】设，则原等式可化为，化简后求出即可.【详解】令，则，所以由，得，即，即，得，所以，故选：C.8．B【分析】设，则由已知可得，设直线的方程为，，将直线方程代入双曲线方程化简利用根与系数的关系，可得，再由，是线段的中点，可得，两式结合化简可求出离心率.【详解】设且，则，因为，所以，得，设直线的方程为，，由，得，由，得，所以，所以，①，因为，是线段的中点，所以，即，化简得，由①，得，所以，所以，所以离心率，故选：B【点睛】关键点点睛：此题考查求双曲线的离心率，考查平面向量的数量积运算，解题的关键是设出直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，考查计算能力，属于较难题.9．AD【分析】由展开式的通项公式即可判断A，由二项式系数的性质即可判断BD，令，代入计算即可判断C【详解】，当时，，系数为，故A正确；由组合数性质可知，中间项系数最大，展开式中二项式系数最大的项是第6项，故B错误；令，得展开式中各项系数之和为，故C错误；当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，当或时，系数最大，正确.故选：AD.10．ABD【分析】对于A，利用复数模的性质结合已知条件分析判断，对于B，给两边乘以化简后判断，对于C，设，代入已知等式化简可求出，对于D，结合选项C判断.【详解】对于A，由，得正确；对于B，由，得，B正确；对于C，设，则，，解得，的虚部为或，C错误.对于D，又，D正确.故选：ABD.11．ACD【分析】对于A，点到平面的距离为，再通过三棱锥的体积公式计算即可；对于B，设的中心为，则，通过勾股定理计算即可；对于C，如图②所示，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成并计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，当位于点或的位置时，最小，计算即可.【详解】对于A，在正方体中，易证平面，平面平面，且两平面间的距离为，又的面积，所以三棱锥的体积故A正确；对于B，如图①所示，设的中心为，则，故B错误；对于C，如图②所示，由知，，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成，其长度为圆周长的一半故C正确；对于D，，为在方向上的投影，由图①可知，当位于点或的位置时，最小，此时取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系，则，，故D正确.故选：ACD.12．【分析】先求出A,再求出,最后求出即可.【详解】.又或，故.故答案为：13．【分析】令，然后由的范围求出的范围，再结合正弦函数的性质可求出的取值范围【详解】令，，，问题转化为函数在区间上有且仅有三个零点，，解得.故答案为：14．【分析】根据全概率公式，第二次必须分析从1号洞冒出和没有从1号洞冒出，就能得到第三次从1号洞冒出的概率；地鼠一共冒出次，继而推出，，则可求出地鼠从1号洞冒出的次数期望值为.【详解】令表示地鼠第次从1号洞冒出的概率，则.当地鼠第2次从1号洞冒出时，第3次从1号洞冒出的概率为；当地鼠第2次没有从1号洞冒出时，第3次从1号洞冒出的概率为.同理可得：，是以为首项，为公比的等比数列，，也适合；游戏结束时，地鼠一共冒出次，则地鼠从1号洞冒出的次数期望值为.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：①掌握全概率公式；②马尔科夫链，第次的情况必定和第次的情况有关系.15．(1)，具有很强的线性关系(2)6.4万公里【分析】（1）根据题意，由相关系数的公式代入计算，即可判断；（2）根据题意，由最小二乘法公式代入计算，分别求得，即可得到线性回归方程，即可得到结果.【详解】（1）计算得，，由公式知，二者之间具有很强的线性关系.（2）设轮胎凹槽深度与行驶里程的线性回归方程为，则==线性回归方程为令，得即更换新轮胎后继续行驶约6.4万公里需要对轮胎再次更换.16．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点，利用等腰三角形性质，线面垂直的判定性质推理即得.（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.【详解】（1）取的中点，连接线段，由，得，由，得为等边三角形，则，又平面，于是平面，又平面，所以.（2）由（1）知为二面角的平面角，即，在平面内过作，显然直线两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，不妨设，则，，由，得，，，设平面的法向量为，，，取，得，而，设平面的法向量为，则，取，得，设二面角的平面角为，则，因此，所以二面角的正弦值为.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）过点A作轴的垂线，准线的垂线，结合抛物线的定义可得，即可得和方程；（2）设直线方程为，联立方程结合韦达定理可得，代入抛物线方程可得，即可得结果.【详解】（1）由题意可知：抛物线的焦点，准线，过点A作轴的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为，由抛物线定义可得，因为直线的倾斜角为，则，可得，解得，所以的方程为.（2）设直线方程为，，联立方程组，消去整理得，则，因为四边形是平行四边形，则，即，代入中得，整理得，则直线：，所以直线过定点.18．(1)在上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）法一：，令，则，可得递增，且，进而得到单调性.法二：，根据的正负，讨论的正负，得到单调性.（2）法一：，令，则，又为偶函数，，分离参数即可.法二：令，则在上单调递减，在上单调递增.由，得或分离参数即可.【详解】（1）解法一：令，则在上单调递增.又当时，，即；当时，，即在上单调递减，在上单调递增.解法二：①当时，由得，由得在上单调递减，在上单调递增②当时，同理可得在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解法一：由，得，易得令，则又为偶函数，由（1）知在上单调递增，，即有三个不同的实数解.令，由，得由，得，在上单调递增，在上单调递减，且在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减当时，；当时，，故解得或，故的取值范围是解法二：由得，易得令，则在上单调递减，在上单调递增.由，得或两边同时取以为底的对数，得或，，即有三个不同的实数解下同解法一.【点睛】关键点点睛：求函数单调性，先求导，判单调性、判正负、提公因式，如果行不通，求二导；导数同构是近几年的热点，注意函数的单调性.19．(1)①；②；③(2)是的充分不必要条件，理由见解析(3)【分析】（1）由“约束数列”的定义，可得所求.（2）由“约束数列”和充分必要条件的定义，结合等差数列的知识，可得结论.（3）由，要使最大，推出，讨论等差数列的公差，用求和公式可解.【详解】（1