江西省南昌市2024届高三第三次模拟测试 数学试题【含答案】

2024届高三第三次模拟测试数学试题一、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．2．已知“”，“”，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．3．如图对两组数据，和，分别进行回归分析，得到散点图如图，并求得线性回归方程分别是和，并对变量，进行线性相关检验，得到相关系数，对变量，进行线性相关检验，得到相关系数，则下列判断正确的是（

）A． B． C． D．4．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．5．已知三棱锥中，是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，分别是线段的中点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知数列的前项和为，且满足，，则的值不可能是（

）A．1 B．2 C．3 D．157．已知双曲线的左、右焦点分别为，.过作直线与双曲线的右支交于，两点，若的周长为，则双曲线的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数.则下列说法中错误的是（

）A．当时，在上单调递增B．当时，的最小值是一个与无关的常数C．可能有三个不同的零点D．当时，有且仅有一个零点二、选择题：本题共3小题，每题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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知是单调递减的等比数列，若，前3项和，则下列说法中正确的是（

）A． B． C． D．10．已知函数，若的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（

）A．的图象也关于直线对称 B．的图象关于中心对称C． D．11．将椭圆上所有的点绕原点旋转角，得到椭圆的方程：，则下列说法中正确的是（

）A． B．椭圆的离心率为C．是椭圆的一个焦点 D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知复数满足，则.13．在中，，则.14．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个正整数称为互质整数），例如：，，则数列的前项和为.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．如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.(1)求证：，，，四点共面：(2)求平面与平面所成角的余弦值.16．教练为了解运动员甲的罚篮情况，记录了甲罚篮前30次的投篮情况，得到下表（用“1”表示投中，用“0”表示没有投中）：序号123456789101112131415投篮情况110111101110001序号161718192021222324252627282930投篮情况101100111001110把频率估计为概率：(1)若认为甲各次投篮是独立的，计算甲第31，32两次投篮恰好一次投中，一次没有投中的概率；(2)若认为甲从第2次投篮开始，每次投篮受且仅受上一次投篮的影响，记甲第31，32两次投篮投中的次数为，写出随机变量的分布列，并求.17．已知椭圆的离心率为，过点作斜率为直线与椭圆交于，两点交于，（在轴上方），当时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作直线的垂线，垂足为，连接与轴交于点，若四边形为等腰梯形，求直线的斜率.18．定义：若变量，且满足：，其中，称是关于的“型函数”.(1)当时，求关于的“2型函数”在点处的切线方程；(2)若是关于的“型函数”，（i）求的最小值：（ii）求证：，.19．网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图．(1)为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形，，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够．若以倾斜角的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家中？计算并说明理由．(2)由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为米．记此冰箱水平截面为矩形，．设，当冰箱被卡住时(即点、分别在射线、上，点在线段上），尝试用表示冰箱高度的长，并求出的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到）1．A【分析】利用二次根式的定义域结合指数函数的值域求出对应集合，再取交集即可.【详解】令，解得，故，易得，故，则，故，故A正确，故选：A2．B【分析】利用给定条件得到，再利用分离参数法求解参数范围即可.【详解】若是的充分不必要条件，故在时恒成立，故得，令，由二次函数性质得在时单调递增，则，可得，故B正确.故选：B3．D【分析】由两散点图中散点的位置关系直接得答案.【详解】由散点图可知，与负相关，与正相关，则，，故A、B错误；且图形中点比更加集中在一条直线附近，则，又，，得.故C错误，D正确.故选：D.4．B【分析】利用指数幂的运算法则结合对数函数的单调性求解即可.【详解】由题意得，，，易知，，故，则，可得，故B正确.故选：B5．C【分析】作出图象，由面面垂直的判断定理可得平面平面，从而可得三棱锥的外接球的球心，求出外接球的半径，即可得答案.【详解】因为是边长为2的正三角形，是线段的中点，所以，又因为，平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面，易知，又因为，是以为斜边的等腰直角三角形，所以，，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，，在，，即，解得，所以三棱锥的外接球的表面积.故选：C.6．B【分析】由与的关系，将式子化简，可得，当，即可得到是等差数列，排除D，当，即可得到是等比数列，排除A，然后由计算，即可排除C.【详解】因为，且，则，化简可得，若，则，且，则数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以，则，排除D；若，则，即，且，则数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以，则，排除A；再由计算，，即，解得或，取，，即，解得或，取，，即，解得或，取，，即，解得或，取，此时，排除C；故选：B7．A【分析】由双曲线的定义可得的周长为，求得，再由过焦点的弦长的最小值，结合双曲线的性质，即可求解.【详解】由双曲线的定义可得，两式相加可得，则的周长为，即，再由，可得，解得，由.故选：A8．C【分析】利用求导，对常数按选项进行分类讨论，从而得到函数的单调性和极值情况，再根据数形结合，即可以判断各选项.【详解】对于A，由，当时，，当时，，则有，当时，，则有，所以对任意的，都有，即在上单调递增，故A正确；对于B，当时，有，所以当时，则，即在上递增；当时，则，即在上递减；即，所以的最小值是一个与无关的常数，故B正确；对于D,当时,分类讨论：当时，由可知：所以当或时，则，即在和上递增；当时，则，即在上递减；即在时有极小值，在时有极大值，由于时，（这里运用指数爆炸增长，它的增长速度一定会大于二次函数的增长速度）所以由上可得有且仅有一个零点；当时，由可知：所以当或时，则，即在和上递增；当时，则，即在上递减；即在时有极大值，在时有极小值，由于时，，所以有且仅有一个零点；当时，由A得：在上单调递增，由，由于时，，所以由上可得有且仅有一个零点；综上可以判断D是正确的；对于C，由于当时，有且仅有一个零点，当时，有，所以当时，则，即在上递增；当时，则，即在上递减；此时最多有2个不同的零点；当时，，此时显然只有一个零点；所以不可能有三个不同的零点，故C是错误的；故选：C.【点睛】方法点睛：对参数进行分类讨论，来判断原函数的单调性和极值，从而就可以解决问题.9．AD【分析】设等比数列公比为，由已知条件得，解得，再使用等比数列的通项公式及数列求和公式求解即可.【详解】由题意，设等比数列公比为，则，解得或，由因为数列为单调递减的等比数列，所以，所以，.故选：AD.10．BCD【分析】根据题意，由函数图象的对称性可得，，由此分析可得由此分析选项，即可得答案.【详解】设关于直线对称，所以，，所以或，当时，，的图象关于直线对称，此时，，∴，当时，,∴，∴，又∵是一个定值，而随的不同而不同，∴此等式不成立，即不成立,∴，即，所以的图象关于中心对称，B正确；∴，，即，C正确.与关于对称，∴，即，即，∴，D正确，又，则，即，，而，若A选项成立，则时，，所以但此时，，所以由可得，但这与已知矛盾，所以的图象不可能关于直线对称，A错误.故选：BCD.11．ACD【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，再由椭圆的性质对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】椭圆上所有的点绕原点旋转角，得到椭圆的方程：，设点在该椭圆上，则其关于的对称点代入椭圆方程有，即，则该对称点位于椭圆方程上，同理其关于的对称点代入椭圆方程有，即，则该对称点位于椭圆方程上，则关于对称，所以，故D正确；将代入可得，可得椭圆长轴的顶点为，所以，故A正确；将代入可得，可得椭圆长轴的顶点为，所以，则，则，故B错误；所以焦点坐标为或，所以C正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的关键通过证明该非标准椭圆的对称性，从而得到的值，再按照普通椭圆的定义计算即可，也可将该过程想象成坐标系的旋转.12．【分析】令代入，利用复数相等，得到，.【详解】令，则有，即，，解得，即，.故答案为：.13．1【分析】直接利用三角函数的关系式的变换以及正弦定理的应用求出结果.【详解】在中，，利用正弦定理：，所以，整理得，所以或，由于，所以，故，由于，所以，.故答案为：1.14．【分析】由已知定义先求出，，代入后结合等比数列的求和公式即可求解.【详解】由题意可知，小于的所有正奇数都与互质，共有个，所以，小于且大于0的所有与不互质的数是3的倍数，故与互质的数共有，即，所以则其前项和为故答案为：.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，，取，的中点分别为，，连接，，，由题意知，都是等边三角形，所以，，因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，因为，的中点分别为，，所以所以，所以，所以，又因为，所以，因为，的中点分别为，，所以，所以，所以，，，四点共面；（2）连接，，且延长交于点，由题意知，，所以，同理，所以就是二面角的平面角，设，则，，，所以，同理，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.16．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）由题可得甲投篮投中的概率，投不中的概率为，故所求概率为恰有一次投中，一次没有投中的概率为，代入数据即可求解；（2）表格中的数据可以知道：上一次投篮投中，这一次也投中的概率为，上一次投篮没有投中，这一次投篮投中的概率为，的所有可能取值为0，1，2，然后求出对应概率即可得解.【详解】（1）根据表中的数据，在甲前30次的投篮过程中，有19次投中，11次没有投中，因此因动员甲投篮投中的概率，投不中的概率为，若甲各次投篮互相独立，那么第31，32次投篮，恰有一次投中，一次没有投中的概率为；（2）根据表格中的数据可以知道：上一次投篮投中，这一次也投中的概率为，上一次投篮没有投中，这一次投篮投中的概率为，的所有可能取值为，，，且由表格可知第30次运动员甲没有投中，则，，，所以随机变量的分布列为：012所以.17．(1)(2)【分析】（1）由离心率可得，将椭圆方程化为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可得解；（2）不妨设的中点为，则必有，则问题只需要求点的坐标，设，，直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，求出，，即可求出直线的斜率.【详解】（1）因为，所以，即，不妨设椭圆的方程为，即.并与直线联立方程，，消去得，设，，则有，，由，所以，即或（舍去），所以椭圆的标准方程为；（2）因为四边形为等腰梯形，则必有，即，不妨设的中点为，则必有，要求直线的斜率，只需要转化为求点的坐标，则有，设，，则有，有直线的方程为，令，则有,不妨设直线的方程为，，则有，，并与椭圆联立方程，消去得，显然，则有，，则有，则有，所以，所以，所以.

18．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合导数的几何意义，即可求解；（2）根据题意，得到，（i）化简，结合基本不等式，即可求解；（ii）由题意，得到，设，，其中，化简得到，记，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.【详解】（1）解：当时，可得，则，所以，所求切线方程为，即.（2）解：由是关于的“型函数”，可得，即，（i）因为，当且仅当即时取得最小值.（ii）由，即，则，且，，可设，，其中，于是，记，可得，由，得，记，当时，当时，，则，所以.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．19．(1)冰箱能够