2024届江西省九师大联考高三4月教学质量检测（二模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3江西省九师大联考2024届高三4月教学质量检测（二模）数学试题一、选择题1.某高级中学的高一年级、高二年级、高三年级的学生人数比为，若高一年级、高二年级、高三年级学生的平均身高分别是，，，则这三个年级学生的平均身高是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗这三个年级学生的平均身高是.故选：C.2.已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A. B.C D.〖答案〗B〖解析〗由，即，解得，即，又且，所以，解得，实数的取值范围．故选：B．3.已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（）A.24 B.18 C.12 D.6〖答案〗A〖解析〗已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能，从而的展开式为，令，解得，所以展开式中的常数项为.故选：A.4.已知，，则（）A.8 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以.故选：D5.已知双曲线的右顶点为，若直线与的两条渐近线分别交于，两点，且满足，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗易知双曲线的渐近线方程为，联立，解得，即，联立，解得，即，因为，所以，即，因为，所以，解得，则双曲线的离心率．故选：C．6.如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在直三棱柱中，平面，故为三棱锥的高，设，，则，由，得，故，则，故，故当时，三棱锥的体积有最大值．故选：D．7.已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，由于，即，可得数列是首项为，公比为的等比数列，则，因为数列是递增数列，可得，即对任意的正整数都成立．当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，可得，则；当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，可得，则；综上可得的取值范围是．故选：B．8.已知抛物线，圆，为圆外一点，过点作圆的两条切线，，直线与抛物线交于点，，直线与抛物线交于点，，若，则（）A.16 B.8 C.4 D.1〖答案〗C〖解析〗由题意，且都与抛物线有两个不同的交点，所以，故设过点且与圆相切的切线方程为，即，由题意得，整理得，（*），设直线的斜率分别为，则是方程（*）的两个实根，故，由，得，因为，，，，所以，所以.故选：C.二、选择题9.已知复数（且，为虚数单位），若，则下列说法正确的是（）A.在复平面上对应的点位于第四象限B.C.D.若复数满足，则在复平面内对应的点构成的图形的面积为〖答案〗ACD〖解析〗由题意可知，复数，共轭复数为，对于A，由得，所以或（舍去）.所以复数，共轭复数，则共轭复数在复平面上对应的点为，位于第四象限，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，设复数，所以，即故复数在复平面对应的点构成的图形的面积为，故D正确.故选：ACD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若，则将的图象向左平移个单位长度，能得到函数的图象B.若，则当时，的值域为C.若在区间上恰有个零点，则D.若在区间上单调递增，则〖答案〗AD〖解析〗，当时，，则将的图象向左平移个单位长度得到：，故A正确；当时，，当时，，故，则的值域为，故B错误；令，，则，，又，若在区间上恰有个零点，则，解得，故C错误；若在区间上单调递增，则，又，所以，解得，又，所以，由可得，要使在区间上单调递增，则，解得，故D正确．故选：AD．11.在正方体中，，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则下列说法正确的是（）A.平面平面B.若直线与平面所成角为，则的取值范围是C.若四棱锥的外接球的球心为，则的取值范围是D.以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，点到平面的距离的最小值是〖答案〗ABD〖解析〗对于A，如图1，连结，则，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，且，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；对于B，将正方体中分离出四棱锥，如图2，取中点，连结，，因为平面，所以，，，，即，所以，故B正确；对于C，如图2，连结，，设，的交点为，则平面，过作，垂足为，连结，，所以，，又，所以，解得，所以，所以的长度小于，又，所以的取值范围是，故C错误；对于D，如图3，连结，交于点，取的中点，连结，，则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，易知，由，知，，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，，如图4，与圆的交点分别为，，当点位于点时，点到平面的距离取得最小值，且距离的最小值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题12.在中，已知，为线段的中点，若，则______．〖答案〗〖解析〗根据题意，在中，已知，则，由于为线段的中点，则，又，、不共线，故，，所以．故〖答案〗为：．13.已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由正弦定理结合，可得，因为，所以，即，注意到，所以只能，解得，若的面积等于，则，解得，在三角形中，运用余弦定理有，三角形的周长，等号成立当且仅当，综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为.故〖答案〗为：.14.已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗由题意对任意的，恒成立，即恒成立，令，则，设，则，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，即，令，则，这表明在上单调递增，所以，，而当时，，，此时单调递减，当时，，，此时单调递增，所以，因为恒成立，所以当且仅当，即，综上所述，实数的取值范围是.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在定义域内单调递增，求的取值范围．解：（1）当时，，，从而，曲线在点处的切线方程为，即.（2）由题意恒成立，即当且仅当对任意的恒成立，由基本不等式可得，等号成立当且仅当，从而，经检验符合题意，即的取值范围为.16.如图，多面体是由正四棱锥与三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值．（1）证明：因为四棱锥是正四棱锥，为的中点，所以，．在正方形中中，，所以，在正方形中中，，又因，所以，又因为，平面，平面，所以平面.（2）解：连接交于点，连接，显然，因为四棱锥是正四棱锥，则平面，又平面，平面，从而，所以两两垂直，以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正四棱锥的所有棱长均为，所以，，则，，，，，，因为，，所以，所以，所以，，，，设平面与平面的法向量分别为，则，，即，，令，解得，即可取，设平面与平面所成二面角为，则，则，即平面与平面所成二面角的正弦值为.17.已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，且，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是上两点（点，不同于点），直线，分别交直线于，两点，若，证明：直线过定点．（1）解：设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，故椭圆标准方程为.（2）证明：由（1）知，由题意可知直线的斜率不为0，否则位于轴同侧，，不符合题意；设的方程为，代入，得，由，设，则，所以，，直线的方程为，令，得，故，同理可得，所以，由，得，即，所以，所以，解得或（舍去），所以直线的方程为，故直线过定点.18.2024年3月28日，小米SU7汽车上市，对电动汽车市场产生了重大影响，某品牌电动汽车采取抽奖促销活动，每位顾客只能参加一次．抽奖活动规则如下：在一个不透明的口袋中装有个球，其中有4个黑球，其余都是白球，这些球除颜色外全部相同，顾客将口袋中的球随机地逐个取出，并放入编号为1，2，3，，的纸盒内，其中第次取出的球放入编号为的纸盒．若编号为1，2，3，4的纸盒中有4个黑球，则获得优惠券10000元；若编号为1，2，3，4的纸盒中有3个黑球，则获得优惠券5000元；若编号为1，2，3，4的纸盒中有2个黑球，则获得优惠券1000元；其他情况不获得优惠券．（1）已知，顾客甲参加了此品牌电动汽车的促销活动，求顾客甲获得优惠券的概率；（2）设随机变量表示最后一个取出的黑球所在纸盒编号的倒数，证明：的期望小于．解：（1）设顾客甲获得的优惠券金额为元，“顾客甲获得优惠券”为事件，则，所以，即顾客甲获得的优惠券的概率为；（2）随机变量的分布列为：随机变量的期望为，因为，所以，又，所以，所以.19.对正常数，若无穷数列，满足：对任意的，均有，则称数列与具有“”关系．（1）若无穷数列，的通项公式分别是，，判断数列与是否具有“3”关系；（2）若无穷数列，是公差不相等的两个等差数列，对任意正常数，证明：数列与不具有“”关系；（3）设无穷数列是公差为的等差数列，无穷数列是首项为正数，公比为的等比数列，试求“存在正常数，使得数列与具有‘’关系”的充要条件．（1）解：由于，故数列与具有“3”关系；（2）证明：据已知可设，，且.若是某个正常数，由于当正整数时，有.故数列与不具有“”关系；（3）解：下面证明：“存在正常数，使得数列与具有‘’关系”的充要条件是：且.充分性：若且，则.所以与具有“”关系；必要性：据题意可设，，这里，.若存在正常数，使得数列与具有“”关系，则据其定义有，故，从而.假设，则由于我们有，故，从而.但当时，有，这导致矛盾，所以必定有.从而.假设，则当时，有，矛盾.所以，从而我们得到了且.综上，“存在正常数，使得数列与具有‘’关系”的充要条件是：且.江西省九师大联考2024届高三4月教学质量检测（二模）数学试题一、选择题1.某高级中学的高一年级、高二年级、高三年级的学生人数比为，若高一年级、高二年级、高三年级学生的平均身高分别是，，，则这三个年级学生的平均身高是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗这三个年级学生的平均身高是.故选：C.2.已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A. B.C D.〖答案〗B〖解析〗由，即，解得，即，又且，所以，解得，实数的取值范围．故选：B．3.已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（）A.24 B.18 C.12 D.6〖答案〗A〖解析〗已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能，从而的展开式为，令，解得，所以展开式中的常数项为.故选：A.4.已知，，则（）A.8 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以.故选：D5.已知双曲线的右顶点为，若直线与的两条渐近线分别交于，两点，且满足，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗易知双曲线的渐近线方程为，联立，解得，即，联立，解得，即，因为，所以，即，因为，所以，解得，则双曲线的离心率．故选：C．6.如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在直三棱柱中，平面，故为三棱锥的高，设，，则，由，得，故，则，故，故当时，三棱锥的体积有最大值．故选：D．7.已知数列的首项为常数且，，若数列是递增数列，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，由于，即，可得数列是首项为，公比为的等比数列，则，因为数列是递增数列，可得，即对任意的正整数都成立．当为偶数时，恒成立，由于数列单调递减，可得，则；当为奇数时，恒成立，由于数列单调递增，可得，则；综上可得的取值范围是．故选：B．8.已知抛物线，圆，为圆外一点，过点作圆的两条切线，，直线与抛物线交于点，，直线与抛物线交于点，，若，则（）A.16 B.8 C.4 D.1〖答案〗C〖解析〗由题意，且都与抛物线有两个不同的交点，所以，故设过点且与圆相切的切线方程为，即，由题意得，整理得，（*），设直线的斜率分别为，则是方程（*）的两个实根，故，由，得，因为，，，，所以，所以.故选：C.二、选择题9.已知复数（且，为虚数单位），若，则下列说法正确的是（）A.在复平面上对应的点位于第四象限B.C.D.若复数满足，则在复平面内对应的点构成的图形的面积为〖答案〗ACD〖解析〗由题意可知，复数，共轭复数为，对于A，由得，所以或（舍去）.所以复数，共轭复数，则共轭复数在复平面上对应的点为，位于第四象限，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，设复数，所以，即故复数在复平面对应的点构成的图形的面积为，故D正确.故选：ACD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若，则将的图象向左平移个单位长度，能得到函数的图象B.若，则当时，的值域为C.若在区间上恰有个零点，则D.若在区间上单调递增，则〖答案〗AD〖解析〗，当时，，则将的图象向左平移个单位长度得到：，故A正确；当时，，当时，，故，则的值域为，故B错误；令，，则，，又，若在区间上恰有个零点，则，解得，故C错误；若在区间上单调递增，则，又，所以，解得，又，所以，由可得，要使在区间上单调递增，则，解得，故D正确．故选：AD．11.在正方体中，，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则下列说法正确的是（）A.平面平面B.若直线与平面所成角为，则的取值范围是C.若四棱锥的外接球的球心为，则的取值范围是D.以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，点到平面的距离的最小值是〖答案〗ABD〖解析〗对于A，如图1，连结，则，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，且，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；对于B，将正方体中分离出四棱锥，如图2，取中点，连结，，因为平面，所以，，，，即，所以，故B正确；对于C，如图2，连结，，设，的交点为，则平面，过作，垂足为，连结，，所以，，又，所以，解得，所以，所以的长度小于，又，所以的取值范围是，故C错误；对于D，如图3，连结，交于点，取的中点，连结，，则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，易知，由，知，，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，，如图4，与圆的交点分别为，，当点位于点时，点到平面的距离取得最小值，且距离的最小值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题12.在中，已知，为线段的中点，若，则______．〖答案〗〖解析〗根据题意，在中，已知，则，由于为线段的中点，则，又，、不共线，故，，所以．故〖答案〗为：．13.已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由正弦定理结合，可得，因为，所以，即，注意到，所以只能，解得，若的面积等于，则，解得，在三角形中，运用余弦定理有，三角形的周长，等号成立当且仅当，综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为.故〖答案〗为：.14.已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是______．〖答案〗〖解析〗由题意对任意的，恒成立，即恒成立，令，则，设，则，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，即，令，则，这表明在上单调递增，所以，，而当时，，，此时单调递减，当时，，，此时单调递增，所以，因为恒成立，所以当且仅当，即，综上所述，实数的取值范围是.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在定义域内单调递增，求的取值范围．解：（1）当时，，，从而，曲线在点处的切线方程为，即.（2）由题意恒成立，即当且仅当对任意的恒成立，由基本不等式可得，等号成立当且仅当，从而，经检验符合题意，即的取值范围为.16.如图，多面体是由正四棱锥与三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值．（1）证明：因为四棱锥是正四棱锥，为的中点，所以，．在正方形中中，，所以，在正方形中中，，又因，所以，又因为，平面，平面，所以平面.（2）解：连接交于点，连接，显然，因为四棱锥是正四棱锥，则平面，又平面，平面，从而，所以两两垂直，以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为正四棱锥的所有棱长均为，所以，，则，，，，，，因为，，所以，所以，所以，，，，设平面与平面的法向量分别为，则，，即，，令，解得，即可取，设平面与平面所成二面角为，则，则，即平面与平面所成二面角的正弦值为.17.已知椭圆的左、右焦点分别为，，右顶点为，且，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，是上两点（点，不同于点），直线，分别交直线于，两点，若，证明：直线过定点．（1）解：设椭圆的半焦距为，由题意得，解得，故椭圆标准方程为.（2）证明：由（1）知，由题意可知直线的斜率不为0，否则位于轴同侧，，不符合题意；设的方程为，代入，得，由，设，则，所以，，直线的方程为，令，得，故，同理可得，所以，由，得，即，所以，所以，解得或（舍去），所以直线的方程为，故直线过定点.18.2024年3月28日，小米SU7汽车上市，对电动汽车市场产生了重大影响，某品牌电动汽车采取抽奖促销活动，每位顾客只能参加一次．抽奖活动规则如下